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
которая вписана в окружность. Тогда четырехугольник ABED — равнобедренная трапеция, значит, её диагонали AE и BD равны. Рассмотрим четырёхугольник ABDK. Он вписанный, его стороны AB и KD параллельны, тогда четырёхугольник ABDK — или равнобедренная трапеция с боковыми сторонами AK и BD, или прямоугольник. Следовательно, 
что и требовалось доказать.
откуда 
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, следовательно,
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
Квадрат длины касательной, проведенной из точки вне окружности, равен произведению длины секущей, проведенной из этой же точки, и длины ее внешней части:
Применим ту же теорему для касательной AP и секущей AD:
и 
Из условия 
Косинус угла при вершине D найдем из прямоугольного треугольника DAH1:
По двум углам подобны треугольники KCD и BKH, а также треугольники KCH и BKA. Отсюда соответственно получаем:
Следовательно, треугольник DMB — равнобедренный с углом 60°, то есть равносторонний. Таким образом, 
Пусть 
Квадрат длины отрезка касательной, проведенной из точки вне окружности, равен произведению длины всей секущей, проходящей через ту же точку, на длину ее внешней части, тогда
тогда уравнение принимает вид 
Оно имеет один положительный корень 
Значит, 
Тогда треугольники MDC и MAD подобны по двум углам, аналогично подобны треугольники MBC и MAB. Из этих подобий находим
Трапеция равнобокая, следовательно, 
тогда
пересекает меньшую окружность в точках L и T так, как показано на рисунке. Квадрат длины отрезка касательной, проведенной из точки вне окружности, равен произведению длины всей секущей, проходящей через ту же точку, на длину ее внешней части, поэтому 
Квадрат длины касательной, проведенной к окружности из точки вне ее, равен произведению длины всей секущей на длину ее внешней части, проведенной из той же точки, поэтому 
Следовательно,
то есть 
Пусть 
и прямые MN и CD пересекаются в точке P. Общая хорда двух пересекающихся окружностей перпендикулярна линии центров, поэтому прямая MN перпендикулярна прямой AC. Значит, прямые MN и BD параллельны, то есть треугольник CKP — прямоугольный и равнобедренный. Отсюда следует, что 
и 
Из равнобедренного и прямоугольного треугольника CKP находим:
откуда получаем:
тогда 
У прямоугольных треугольников MLD и DKB длины соответствующих катетов пропорциональны, поэтому эти треугольники подобны с коэффициентом подобия 
Следовательно, 
а также
Отсюда
Выразим площади трех прямоугольных треугольников, получим:
и 
Отрезок MK — средняя линия треугольника ABL, то есть 
В четырехугольник BMKL можно вписать в окружность, следовательно,
поэтому треугольник ABC — прямоугольный с прямым углом ABC по теореме, обратной теореме Пифагора. Пусть 
Из доказанного в пункте а) получаем:
По теореме Пифагора для прямоугольного треугольника ABL находим:
Окружность ω1 с центром O1 вписана в угол MNK и касается окружности ω2 с центром в точке O2, вписанной в угол KLM, причем прямая NO1 касается окружности ω2. Известно, что радиус окружности ω1 относится к радиусу окружности ω2 как 2 : 3. Прямая O1O2 пересекает стороны KL и MN в точках P и R соответственно, а общая касательная окружностей ω1 и ω2 пересекает стороны LM и KN в точках Q и S соответственно.
Окружность ω1 вписана в угол MNK, поэтому луч NO1 является его биссектрисой. Градусная мера внешнего угла треугольника равна сумме градусных мер двух не смежных с ним углов, следовательно,
Пусть 
Аналогично доказанному в пункте а) получаем, что лучи SO1 и QO2 — биссектрисы углов NSF и FQL соответственно, то есть 
Следовательно, искомое отношение равно
тогда 
откуда
тогда 
откуда
а потому
По теореме синусов для треугольника ABK получаем:
