Окружность с центром O, расположенном внутри прямоугольной трапеции ABCD, проходит через вершины B и C большей боковой стороны этой трапеции и касается боковой стороны AD в точке T.
а) Докажите, что угол BOC вдвое больше угла BTC.
б) Найдите расстояние от точки T до прямой BC, если основания трапеции AB и CD равны 4 и 9 соответственно.
Решение. а) Угол BTC вписан в окружность, а угол BOC — соответствующий ему центральный угол. Следовательно, ∠BOC = 2∠BTC.
б) Из условия касания окружности и стороны AD следует, что прямые OT и AD перпендикулярны. Пусть окружность вторично пересекает прямую AB в точке L и сторону CD — в точке M. Тогда диаметр окружности, перпендикулярный стороне AB, делит каждую из хорд BL и CM пополам. Обозначим OT = r, тогда
По теореме Пифагора 
По теореме о касательной и секущей 
Следовательно, 
Аналогично 
Из теоремы синусов следует, что BC = 2r · sin ∠BTC. Пусть h — искомое
расстояние от точки T до прямой BC . Выразим площадь треугольника BTC двумя способами:
Отсюда получаем, что 
Следовательно, 
Ответ: 6.
Примечание.
Заметим, что AL больше радиуса окружности, а DC меньше диаметра, поэтому DC < 2AL. В данной задаче АВ = 4, CD = 9, поэтому точка В лежит на отрезке AL. При других числовых данных точка В может лежать на продолжении отрезка АL за точку L. Приведенное решение остается верным и для такого случая.
Приведем решение пункта б) Сергей Николаева.
Пусть K — точка пересечения прямых AD и ВC, точка S — основание перпендикуляра, опущенного из точки T на прямую BC. Треугольники DKC и AKB подобны по двум углам, поэтому 
По теореме об отрезках секущей 
тогда 
и 
Треугольники KTS и KCD подобны по двум углам, поэтому 
откуда 
Еще один способ решения
приведен нами на сайте Решу ОГЭ в задании 340855.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Имеется верное доказательство утверждения пункта a) 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) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из критериев, приведённых выше | 0 |
| Максимальный балл | 3 |
и LM = 1.
Значит, прямые OH и MN параллельны, а поскольку прямая OQ — средняя линия трапеции, то параллельны прямые OQ и KN. Противоположные стороны четырёхугольника NQOH попарно параллельны, следовательно, четырехугольник NQOH — параллелограмм.
Трапеция KLMN — равнобедренная, поэтому
Значит, 
При этом 
Следовательно, 
и 
Таким образом, 
поскольку прямые BC и AQ параллельны. Углы 
и 
равны, поскольку оба равны половине дуги MP (первый — угол между касательной и хордой, второй — вписанный угол), откуда и следует утверждение задачи.
откуда 
то есть 
Следовательно,
Аналогично, углы CO1D и ODO1 — прямые. Значит, OCO1D — прямоугольник, поэтому CD = OO1.
Тогда 
Получаем:
Аналогично, 
Тогда 
и 
откуда
откуда, учитывая, что угол W острый, находим, что 
и, значит, 
то есть 
треугольник PQW прямоугольный.
Отсюда следует, что PQ и AC параллельны и 
Аналогично треугольники CQW и CBD подобны с коэффициентом подобия 
следовательно, QW и BD параллельны и BD = 28. Угол между прямыми AC и BD равен углу между прямыми PQ и QW. Угол между диагоналями четырёхугольника ABCD прямой. Поэтому его площадь равна 
углы CAD и MDA равны. Углы CAD и BAM равны половине дуги AM, поэтому они равны между собой, что и требовалось доказать.
откуда 
тогда 
а 
Треугольники AOD и COB подобны, поэтому 
тогда 
Следовательно, КО1 — медиана, проведенная к гипотенузе АВ прямоугольного треугольника АО1В.
Значит, хорды окружности AE и AK стягивают равные дуги. Поэтому эти хорды равны.
, поэтому DE = AB = DC.
откуда 
UW — высота трапеции, а точка V — середина отрезка KL. Значит,
UW — высота трапеции, а точка V — середина отрезка KL. Тогда 
и C параллелограмма и пересекает продолжение стороны AD в точке E, а продолжение стороны CD в точке K.
как противоположные углы в параллелограмме. Они также являются вписанными углами, поэтому и дуги BE и BK равны. Следовательно, хорды BK и BE равны, поскольку они стягивают равные дуги.
как односторонние углы при параллельных прямых. Следовательно, дуги BK и BE равны 
Тогда дуга KE равна 
Поэтому вписанный 
Тогда по теореме синусов для треугольников ABC и BKE
LMN = 120°.
а поскольку 
как угол между касательной и хордой, треугольник KLN равнобедренный с основанием KN.
Угол MPQ смежный с углом BPQ, поэтому 
Отрезок MN — средняя линия трапеции ABCD, она параллельна BC, поэтому 
а значит, он вписанный.
Средняя линия трапеции равна полусумме оснований: 
Через вершину трапеции B проведем прямую, параллельную боковой стороне CD, пусть L — точка ее пересечения с основанием AD. Стороны треугольника ABL равны 26, 17 и 25. Найдем его площадь по формуле Герона, затем найдем высоту h, проведенную к стороне AL, она будет являться также высотой трапеции ABCD:
по теореме синусов для треугольника MPN найдем радиус окружности, описанной около треугольника MPQ: 
поэтому можно найти MQ по теореме синусов для треугольника MQN: 
Тогда 
откуда 
и 
откуда 
откуда 
В треугольнике MPN угол M равен углу А, тогда по теореме косинусов имеем: 
откуда 
или 
Средняя линия трапеции ABCD равна полусумме оснований: 
Следовательно, треугольник MQN равнобедренный. Тогда 
откуда
Отрезок MN — средняя линия трапеции ABCD, она параллельна основанию BC, а тогда 
как односторонние углы при параллельных прямых. Следовательно, 
Для смежных углов справедливо равенство 
а значит, 
В четырёхугольнике MPQN сумма противоположных углов равна 180°, поэтому вокруг него можно описать окружность. Таким образом, точки M, N, P и Q лежат на одной окружности, что и требовалось доказать. 
(эти углы равны как соответственные углы при параллельных прямых). В пункте а) было показано, что 
это означает, что 
и, следовательно, точки A, D, P и Q тоже лежат на одной окружности. 
и 
Значит, треугольники DPC и AQB подобны по двум углам. Следовательно, 
поскольку по условию AQ и BQ перпендикулярны. 
С другой стороны, средняя линия трапеции 
— прямой. Для этого на отрезке AD отметим точку E, так что 
тогда 
Заметим, что 
следовательно, по теореме обратной теореме Пифагора треугольник ABE прямоугольный, с прямым углом BAE. Значит, треугольник PNM также прямоугольный. Применяя теорему Пифагора, получаем:
а радиус описанной окружности равен 18.
Заметим, что 
как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу. Аналогично 
Тогда 
Но 
следовательно, треугольник AOP — равнобедренный, а тогда 
как хорды, стягивающие равные дуги. Следовательно, треугольник APC равносторонний. Искомое расстояние d равно его высоте: 
cледовательно, вокруг четырехугольника ABCD можно описать окружность.
тогда: 
тогда 
при 
Тогда
и не имеет корней. Следовательно, такая конфигураций невозможна.
а AB = 6, расположены две окружности. Окружность с центром в точке K, радиус которой равен 2, касается сторон AB и AD. Окружность с центром в точке L, радиус которой равен 1, касается стороны CD и первой окружности.
Отсюда CG = 4. Заметим теперь, что EF — средняя линия треугольника ACG, значит, 
Что и требовалось доказать.
Отсюда 
тогда из вписанности четырехугольника ABCD следует, что 
а значит, 
и 
Пусть теперь 
тогда 
откуда 
и 
В любом случае 
следовательно, в четырехугольник АBCD можно вписать окружность. 
тогда 
следовательно, в треугольнике ABC высота BO больше гипотенузы, что невозможно. Таким образом, 
откуда 
и 
из чего следует, что 
и 
тогда 
следовательно, 
тогда 
то есть 
Следовательно, 
следовательно, 
Таким образом, 
поэтому отрезок CM также найдем из теореме косинусов:
где R — радиус окружности. Значит, 
откуда
то 
но тогда трапеция 
а тогда 
откуда 
Пусть для определенности 
и 
Тогда: 
и 
Тогда точка M — точка пересечения высот треугольника ACD. Cледовательно, точка M лежит на прямой BD.
Заметим, что 
Тогда по теореме косинусов имеем:
откуда угол CMN прямой, значит, точки C, A, N лежат на одной прямой и угол BAK равен 45°, либо 
откуда
и 
что противоречит условию.
Из этого следует, что прямоугольные треугольники CBK и CHP подобны по двум углам.
то есть 
Аналогично 
Тогда отрезки BT, CP и NF — высоты треугольника NBC, которые пересекаются в точке H. По свойству вписанных углов
а поскольку четырехугольник APFC вписанный, то
и
Заметим, что треугольники APF и ATF равны по стороне AF и двум углам. Значит, PF = TF, и, следовательно,
окружности, вписанные в треугольники АВС и ACD, делят диагональ АС в отношении 2 : 1 : 1, считая от точки А.
Тогда
Заметим, что
Следовательно, отрезок TP перпендикулярен диагонали AC. Четырехугольник TPCD — описанный, поэтому ##
Прибавив к этому равенству равенство (1), получим 
и 
Из условия 
значит, из подобия треугольников APK и CPD по трем углам следует, что 
Пусть 
Тогда по теореме Пифагора в треугольнике ACD 
Треугольники APT и ADC подобны по трем углам, следовательноm
Заметим, что окружность, вписанная в четырехугольник TPCD, вписана и в треугольник ACD. Площадь треугольника равна произведению радиуса вписанной в него окружности и его полупериметра, откуда