В окружность вписан четырехугольник ABCD, диагонали которого взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке E. Прямая, проходящая через точку E и перпендикулярная к AB, пересекает сторону CD в точке M. Известно, что AD = 8, AB = 4, угол CDB равен 60 градусов.
а) Докажите, что EM — медиана треугольника CED.
б) Найдите длину EM.
Решение. а) Углы ∠BDC и ∠BAC равны, так как они опираются на одну и ту же дугу BC. Тогда в ΔABE угол ∠ABE = 30° (так как ∠BAC = 60°). Обозначим точку пересечения прямой ME со стороной AB за K. Тогда в прямоугольном треугольнике BKE угол ∠BEK = 60°. Далее, ∠BEK = ∠MED = 60° (как вертикальные). Отсюда получаем, что ΔEDM — равносторонний (так как все углы по 60°), то есть EM = ED = MD ~ x. Так как в прямоугольном треугольнике CED против угла в 30° лежит катет, в 2 раза меньший гипотенузы, то CD = 2x. Получили, что так как DM = x, точка M является серединой гипотенузы CD, то есть EM — медиана ΔCED. Что и требовалось доказать.
б) Из ΔABE получаем, что 
Тогда по теореме Пифагора из ΔADE получаем:
Ответ: 
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Имеется верное доказательство утверждения пункта а и обоснованно получен верный ответ в пункте б. | 3 |
| Получен обоснованный ответ в пункте б. ИЛИ Имеется верное доказательство утверждения пункта а и при обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки. | 2 |
| Имеется верное доказательство утверждения пункта а. ИЛИ При обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки. ИЛИ Обоснованно получен верный ответ в пункте б и использованием утверждения пункта а, при этом пункт а не выполнен. | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше. | 0 |
| Максимальный балл | 3 |
Величина угла АВМ равна 60 градусам, BM = 8.
тогда 
(рис. 1).
Так как 
— центр окружности, описанной около 
— центр окружности, описанной около 
(Рис. 2).
и 
которые являются радиусами названных окружностей. 
где 
по теореме Пифагорa получим: 
аналогично 
б) 17.
), то есть получается, что BO — гипотенуза и диаметр малой окружности с центром в точке E. Далее, треугольник BTO вписан в малую окружность, а его угол BTO опирается на диаметр, и потому равен 
Так как 
и O является центром окружности, описанной вокруг треугольника ABC, то OT — серединный перпендикуляр, то есть T — середина AB. Значит, TR — средняя линия треугольника ABC, поэтому TR || AC. 
(как соответственные при параллельных прямых). В итоге получаем:
— равносторонний (так как все углы по 
), то есть EM = ED = MD = x. Так как в прямоугольном треугольнике CED против угла в 30° лежит катет, в 2 раза меньший гипотенузы, то CD = 2x. Получили, что так как DM = x, точка M является серединой гипотенузы CD, то есть EM — медиана ΔCED. Что и требовалось доказать.
Тогда по теореме Пифагора из ΔADE получаем:
откуда 
Тогда
откуда 
Выразим различными способами площадь треугольника ABC.
), получим: 
Известно, что в четырехугольник можно вписать окружность в том и только в том случае, если суммы противолежащих сторон этого четырехугольника равны. Следовательно, MN + BC = AM + CN. Поскольку по условию задачи MN — средняя линия треугольника АВС, то 
Тогда ВM + CN = BC + MN = 9,5 + 4,75 = 14,25. В таком случае также будет выполнено условия: АМ + АN = 14,25, АВ + АС = 2 · 14,25 = 28,5.
В 
(не подходит, так как 28,5 − 18,5 = 10, в таком случае 18,5 не есть дина меньшей из боковых сторон).
что и требовалось доказать.
Откуда:
то:
(как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу), а 
как углы равнобедренного треугольника ADC, то 
Кроме того, у треугольников ABC и AEC есть общий угол C, поэтому они подобны по двум углам.
то есть 
откуда 
и 
(опираются на дугу BC), 
то есть треугольник DEM равнобедренный. Далее 
значит, EM — медиана CDE.
и поэтому в треугольнике EAB имеем 
Тогда 
и 
за 
точку пересечения высот треугольника KLM за H, центр описанной окружности треугольника KMH за O. 
C другой стороны, в описанной окружности треугольника KMH это центральный угол, опирающийся на ту же дугу, что и вписанный угол KHM. Значит, 
откуда 
с центром на стороне AC треугольника ABC касается сторон AB и BC, равных соответственно 10 и 24.
Тогда 
То есть это одна и та же окружность. Значит, все четыре точки лежат на одной окружности.
По усиленной теореме синусов в треугольнике ABC имеем 
откуда 
и 
Рассмотрим три случая. 
Отсюда 
Отсюда
Получаем:
по теореме синусов.
В треугольник вписана окружность, которая касается сторон AC, CB, BA в точках K, T и M соответственно. Прямая AT пересекает окружность в точке L, причем AL = 2. Найдите площадь треугольника, одна из сторон которого AT, а другая содержит точку касания окружностью треугольника АВС, если AK = 4.
не подходит по смыслу задачи. 
или 
и 
а расстояние между их проекциями на эту прямую равно d. Тогда расстояние между точками равно 
и 
а все отрезки на сторонах равны 
а перпендикуляры на меньший катет падают на расстояниях 2 и 
от вершины прямого угла, и расстояние между ними будет 
По лемме расстояние получится 
а перпендикуляры на меньший катет падают на расстояниях 2 и 6 от вершины прямого угла, и расстояние между ними будет 4. 
а перпендикуляры на меньший катет падают на расстояниях 3 и 
от вершины большего острого угла, и расстояние между ними будет 
Найдите радиус окружности, описанной около треугольника KNF.
и 
(вписанные углы, опирающиеся на одну дугу), треугольники LKF и MNF подобны с коэффициентом 
Пусть 
Тогда 
или 
откуда 
то 
и все вычисления дают радиус окружности, описанной треугольника около FLM, который подобен треугольнику KFN с коэффициентом 
Значит, радиус окружности, описанной около KFN, равен 
или 
Тогда треугольники 
и DCB равны по двум сторонам 
и углу между ними. Равенство углов следует из равенства дуг 
стягиваемых равными хордами. Тогда равны дуги 
и 
а значит, равны и опирающиеся на них вписанные углы.
При этом точка 
Значит, точка 
— прямоугольный, с гипотенузой АВ. В таком случае АВ — диаметр окружности S. Значит, радиус этой окружности 
— центры искомых окружностей, лежат на прямой OD. 
где l — длина хорды, в нашем случае l = АС = 12. 
Итак, АС и диаметр окружности S — две хорды этой же окружности, пересекающиеся в точке D. Для них выполнимо: 
или 
или 
вписана трапеция с основаниями 2 и 4. Найдите расстояние от центра окружности до точки пересечения диагоналей трапеции.
в точке M и основание 
в точке N. Обозначим также центр окружности за O, а точку пересечения диагоналей за T. Имеем тогда
поэтому и их высоты из точки T относятся также, откуда 
Наконец, 
соответственно 
то есть точка T лежит с той же стороны от центра, что и меньшее основание трапеции, поэтому 
и 
центры меньшей и большей окружностей, а за B и C — лежащие на них вершины треугольника соответственно. Пусть далее 
тогда 
не треугольник. Проверка этого случая показывает, что такая ситуация воможна — точки A и O2 (лежащая на меньшей окружности) являются сторонами равностороннего треугольника со стороной 2, третья вершина которого лежит на большей окружности.
или 2.
(равные хорды стягивают равные дуги, углы опирающиеся на равные дуги, равны), откуда ABCD — равнобедренная трапеция. Ее высота равна 
Искомая окружность тогда — описанная окружность треугольника DAC. Найдем ее радиус по формуле
), рисунок слева (для экономии места изображена часть окружности). Тупой вписанный угол, опирающийся на дугу AC, находится как разность 
и острого вписанного угла: тогда 
Далее аналогично первому случаю: из треугольника ABC получаем: 
Из треугольника AMC получим:
в противном случае 
а это противоречит условию.
по теореме Пифагора 
то 
Точка Р совпадет с точками пресечения окружности с осью ординат.
Найдем абсциссы точки Р. 
Так как абсцисса точки Р будет равна 
то искомое расстояние либо равно 
(не подходит), либо 
(удовлетворяет условию задачи).
поскольку они оба равны 
— один как накрест лежащий, второй — как угол при биссектрисе.
как касательные к вписанной окружности треугольника ABE. Тогда треугольники BMH и BAE подобны (
общий, 
) и 
откуда 
тогда коэффициент подобия треугольников BMH и BAE равен 
Тогда 
то есть 
откуда 
и 
(см. рис.). 
У него две противолежащие стороны 
и 
равны 2r. Так как 
по построению, то 
Значит, 
— параллелограмм по признаку параллелограмма. 
этого параллелограмма прямой по построению, значит, 
А это значит, что прямая 
будет касательной к обоим окружностям, следовательно, совпадет с прямой DC. Таким образом, AB || CD, что и требовалось доказать. 
см. рис.) 
как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых AB, DC и секущей AF. Значит, 
Отсюда: 
— равнобедренный, т. е. DA = DF. Аналогично получим: BC = BE.
не выполняется неравенство b > c.
не выполняется неравенство a > c.
то 
не выполняется равенство (*). Следовательно, равенство (*) будет иметь место только при выполнении равенства a = b = c. 
то опирающийся на ту же дугу вписанный угол равен 
а вписанный угол, опирающийся на ту же дугу с противоположной стороны, равен 
Выпишем теорему косинусов для треугольника ABC:
получим:
в самое первое выражение теоремы косинусов:
отсюда: 
как углы, заключенные между взаимно перпендикулярными прямыми. (2)
как вертикальные углы. (3)
Отсюда: DM = EM. Аналогично можно доказать, что CM = EM. Следовательно, EM — медиана треугольника CЕD.
в котором 
по теореме Пифагора: 
является вписанным в некоторую окружность 
опирающимся на ее диаметр ВС, т. е. 
что и требовалось доказать. 
(Здесь радиусы окружностей 
и 
окажутся параллельными как два перпендикуляра к прямой l.Соединим отрезком 
который пройдет через точку А. 
— прямоугольник, 
(СК есть высота 
проведенная к продолжению стороны 
(Отрезок ВК равен высоте 
проведенной к 
а радиус окружности равен 
Пусть 
т. е. BM = MC + AM, что и требовалось доказать.
— это с одной стороны, а с другой же стороны 
по теореме косинусов:
MN и CD — не параллельны, четырехугольник NMDC — трапеция. Однако, любая трапеция, вписанная в окружность, непременно является равнобедренной. А у равнобедренной трапеции диагонали равны. 
и DX = 6.
Тогда 
(накрест лежащий с 
), 
(накрест лежащий с 
(поскольку точки лежат на окружности), и поэтому 
Тогда 
(из подобия треугольников ABX и BXC).
(из подобия треугольников BXC и XCD).
значит, 
(**)
что и требовалось доказать. 
что и требовалось доказать. 
или AD · BP = BC · DP, что и требовалось доказать.
т. е. 
что и требовалось доказать.
А это значит, что
Тогда 
с одной стороны, 
— со стороны другой. Следовательно, 
или BC : AC = CP : AP, что и требовалось доказать.
По доказанному выше: 
значит,
Следовательно, 
проведены медианы АМ и ВК. Известно, что около четырехугольника АВМК можно описать окружность.
Так как по условию 
то 
откуда 
что и требовалось доказать.
где 
то есть ABMK — вписанная трапеция. Значит, она равнобедренная, то есть 
Тогда и 
тогда 
и 
точки касания окружностей: 
общую точку AC и окр. 
Q, проекцию точки P на AC — 
Соединим центры окружностей отрезками. Пусть радиус окружностей равен 
Он равносторонний, поскольку каждая его сторона равна 
Стороны треугольника MNP являются средними линиями треугольника 
следовательно, каждая его сторона будет равна r, что и требовалось доказать. 
Следовательно, 
а это значит, что 
то есть 
площадь ромба 
Надо показать следующее:
откуда 
Значит, во всех остальных случаях высота OH будет только меньше, чем 0.5. Таким образом, доказали, что 
и из прямоугольного треугольника BOC найдем: 
и 
: так как 
обозначим 
откуда получим по основному тригонометрическому тождеству:
Из прямоугольного треугольника 
получим:
(а следовательно, и r) наибольшая, когда максимально значение выражения 
Можно заметить, что 
— это парабола с ветвями, направленными вниз. Тогда вершина параболы находится по формуле 
Тогда:
Если OD = t, то AO = 2t. А также: 
Таким образом, 
Тогда по теореме Пифагора находим 
Значит, 
и 
Рассматривая аналогично остальные стороны EFGH, получаем, что это параллелограмм и даже прямоугольник (так как 
). Значит, его площадь равна:
тогда 
по теореме косинусов: 
по той же теореме: 
откуда искомая высота равна 
то равны и дуги AB и CD, а значит и опирающиеся на них углы 
и 
Поэтому накрест лежащие углы, образованные сторонами BC и AD с секущей BD, равны. Поэтому ABCD — трапеция. Ее боковые стороны равны по условию.
Опустим перпендикуляры BE и CF на сторону AD. Тогда 
аналогично 
поэтому 
Поэтому 
тогда 
и 
(по теореме о пересекающихся хордах). Тогда высота равнобедренного треугольника CDK равна 
или 
и 
Тогда 
значит,
значит, 
Поэтому
) 
Опустим высоты BE и CF на основание AD. Тогда 
Поскольку трапеция описанная и равнобедренная, то 
Очевидно, что диаметр окружности равен расстоянию между основаниями трапеции, то есть как раз найденной высоте.
а радиус, следовательно, равен 6. Боковая сторона трапеции равна 13. Поскольку верхнее основание поделено точкой касания на отрезки длиной 4, а нижнее — на отрезки длиной 9, боковая сторона поделена на отрезки длиной 4 и 9.
Тогда его длина равна 
поэтому его площадь равна 
Как известно, треугольники ABD и BCD подобны с коэффициентом 
и в таком же отношении находятся их радиусы вписанных окружностей. Значит, 
Тогда 
Тогда если r — радиус вписанной окружности и 
Вычислим площадь треугольника ABC двумя способами:
Найдем радиус вписанной окружности. 
и катеты треугольника 
Заметим также, что 
тогда 
Поскольку 
а 
по теореме Пифагора для треугольника ABC имеем
(поскольку центр описанной окружности — середина гипотенузы). Тогда прямая OP, проходящая через нее, имеет уравнение 
до этой прямой должно быть равно трем, откуда
(значение 
дает прямую AB).
Значит, координаты точки P — 
точки M, A и B лежат на одной прямой, значит, отрезок CM — высота треугольника ABC (см. рис.).
как хорды стягивающие равные дуги. Таким образом, 
(из вписанности), откуда 
и ABCD — ромб.
Опустим также перпендикуляры HE и HF на AO и BO. Тогда прямоугольник EHFO по площади ровно в 4 раза меньше, чем требуемый четырехугольник (он состоит из четырех таких прямоугольников). Тогда
и ВС = 15.
Тогда 
поскольку 
тогда 
и 
по теореме о вписанном угле. Аналогично 
По признаку вписанноти чеырехугольника BMCO — вписанный. Центр его описанной окружности и есть искомая точка.
поэтому точка M лежит вне треугольника, порядок точек именно такой и признаком пользоваться можно).
Теперь применим теорему синусов
отсекающая от прямой ВС отрезок 
и касающаяся прямой АС в точке А. Из точки В проведен перпендикуляр к прямой ВС до пересечения с прямой АС в точке F.
длина диаметра окружности также равна 
откуда
Найдите расстояние от вершины В до прямой АС.
тогда 
как угол между касательной и хордой. Тогда 
тогда по теореме косинусов имеем 
и по свойству биссектрисы 
откуда 
находим 
на сторону AC и обозначим их 
соответственно. Тогда
K — середина BC и 
и 
и 
мы знаем все стороны, кроме 
Найдем ее
BC = 9, AD = 18.
лежат на одной окружности. Но тогда 
По свойству описанного четырехугольника 
По теореме Пифагора для треугольника CHD находим 
откуда 
Далее, треугольники BEC и DEA подобны с коэффициентом 
Но для точки O это тоже верно, поскольку радиус окружности равен 
поскольку BD — диаметр окружности. Значит, в треугольнике CBD точка P — точка пересечения высот, поэтому 
Тогда 
Пусть H - основание высоты из A на 
Тогда 
Тогда по свойству пересекающихся хорд 
откуда 
и 
Далее, 
поэтому 
По теореме косинусов найдем
а радиус окружности, вписанной в ромб, равен 1.
Тогда из прямоугольных треугольников EHC и EGA получаем 
Поэтому: 
откуда 
и 
и расстояние между центрами равно:
б) 
в точках В и D соответственно. Боковые стороны трапеции AB и CD пересекают окружность в точках M и N соответственно. Длина MN равна 1.
откуда 
тогда 
или 
Воспользуемся тем, что AD > BC. Если сдвигать точку A к точке D, точка M будет перемещаться по дуге в сторону точки D, таким образом, дуга NBM будет увеличиваться. В тот момент, когда основания станут равны, точки M и N станут симметричны относительно середины отрезка BD, то есть станут диаметрально противоположны. Итак, если увеличивать дугу NBM, то она станет полуокружностью, значит, на исходной картинке она меньше полуокружности, поэтому 
Таким образом, 
Высота трапеции равна диаметру окружности: 
Пусть длина верхнего основания трапеции равна а, а длина нижнего равна b, из выражения для площади трапеции находим, что: 
а 
В прямоугольном треугольнике CBD находим: 
В прямоугольном треугольнике ADB находим: 
Угол MDC, равный сумме углов CBD и ADB, опирается на ту же хорду, что и угол MBC, но его вершина лежит по другую сторону от этой хорды, поэтому 
Следовательно, 
Подставляя значения тангенсов, находим:
получаем:
и 
тогда 
прямая AC параллельна прямой TB и 
Кроме того 
и 
поэтому треугольники TBC и DCK равны по первому признаку. Значит, 
и 
являются средними линиями треугольников BDA и AKB соответственно и равны 
и 
Вычислим BD по теореме косинусов из треугольника BCD, в котором 
и 
из такого же треугольника ACK.
а радиус окружности равен 13.
(первый — угол между касательной и хордой, второй — вписанный угол) и 
(вписанные, опирающиеся на одну дугу). Значит,
поэтому треугольники подобны по двум углам.
Кроме того, 
из параллельности. Значит, 
поэтому BC — касательная к окружности. Тогда высота CH трапеции является частью диаметра окружности и, следовательно, проходит через середину хорды ND, откуда 
Из теоремы синусов для треугольника CDN имеем 
откуда 
то есть 
Тогда 
а DC = 10.
углы BDC и BCD равны. Углы EBC и DAC равны как вписанные углы. Угол EAD равен углу ABD как угол между касательной и хордой. Пусть 
тогда:
и 
Значит, треугольники FAK и HBK подобны по двум углам и треугольники KAH и KBE подобен по двум углам. Таким образом,
Значит,
Пусть P и Q — проекции точек O и O1 соответственно на прямую BA1. Точка P — середина BE, точка Q — середина A1E, тогда
значит, FD — диаметр, а 
тогда 
Значит, 
откуда 
Таким образом, 
а тогда 
откуда 
б) 
а значит, и 
Теперь найдем радиус окружности, описанной около треугольника ABD:
AE = 8. 
Следовательно, DE = 18.
Значит:
касается прямой a в точке А, а прямой b в точке В так, что хорда АВ стягивает дугу окружности в 60°. Прямые a и b пересекаются в точке F. Точка С расположена на луче FA, а точка D — на луче BF так, что AC = BD = 2. 
отсюда следует 
то 
откуда 
Далее, 
откуда 
как вписанные (опираются на дугу АС).
как вписанные (опираются на дугу AL). Тогда 
и треугольники PCL и BCL равны по стороне и двум прилежащим к ней углам. Следовательно, 
Треугольники ALK и CLB подобны по двум углам, тогда 
Кроме того, по свойству биссектрисы 
(1); 
Обозначим угол 
Тогда 
Заметим, что площадь треугольника ABD равна двум площадям BDC. Получим:
угол 
угол 
то есть 
Тогда угол AEB равен 45°, откуда угол BAE равен 90°. Следовательно, BE — диаметр окружности.
Далее найдем:
Площадь треугольника ABC можно вычислить, например, по формуле Герона, получится 48. Тогда радиус вписанной окружности равен 
отсюда 
M2E = 4 и площадь треугольника BM2E равна 6. Обозначим вершину пятиугольника, лежащую на отрезке AC, буквой F. Заметим, что 
и площадь треугольника AM1F равна 
Отсюда площадь искомого пятиугольника равна 
и 
Пусть точка E — середина FK, тогда 
и 
Значит, 
следовательно, 
то
и что 
Найдите R.
поэтому 
и, значит, 
По неравенству треугольника 
Что и требовалось доказать. 
то центр описанной окружности лежит на медиане AM. Тогда треугольник ABC равнобедренный: 
Углы CBH и CAM равны, поэтому равны углы MBH и MAB. Следовательно, треугольники MBH и MAB подобны. Получаем, что 
Пусть точка O — центр описанной около ABC окружности. Тогда по теореме Пифагора 
то есть 
Решая это уравнение, получаем ответ: R = 7. 
откуда 
а 
Следовательно, точка O действительно ближе к точке M, чем точка H.
высота 
и биссектриса 
Тогда из равнобедренного треугольника BOC 
и 
Углы BAC и BOC опираются на одну дугу, поэтому 
В прямоугольном треугольнике ABH:
Пусть 
По свойству биссектрисы в треугольнике HBO получаем:
