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.

а)  Тре­уголь­ник KOH рав­но­бед­рен­ный и тра­пе­ция KLMN рав­но­бед­рен­ная, по­это­му 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.

б)  Пусть окруж­ность с цен­тром в точке O ра­ди­у­са R ка­са­ет­ся сто­ро­ны MN в точке P. В пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ках OPQ и KHL имеем:

По­это­му

Пусть Тра­пе­ция KLMN  — рав­но­бед­рен­ная, по­это­му

Сле­до­ва­тель­но, Зна­чит,

Ответ: б)  3.

При­ве­дем ре­ше­ние Ва­лен­ти­на Ев­ста­фье­ва (Санкт-⁠Пе­тер­бург).

а)  Тра­пе­ция KLMN рав­но­бед­рен­ная, сле­до­ва­тель­но, угол K равен углу N. В тре­уголь­ни­ке KOH от­рез­ки KO и OH  — ра­ди­у­сы одной окруж­но­сти, по­это­му этот тре­уголь­ник рав­но­бед­рен­ный, а тогда угол OKH равен углу KHO. Углы KHO и N  — со­от­вет­ствен­ные при пря­мых OH, QN и се­ку­щей KN. Зна­чит, пря­мые OH и QN па­рал­лель­ны. Кроме того, сред­няя линия тра­пе­ции OQ па­рал­лель­на ос­но­ва­нию KN. Таким об­ра­зом, в че­ты­рех­уголь­ни­ке HOQN про­ти­во­по­лож­ные сто­ро­ны по­пар­но па­рал­лель­ны. Сле­до­ва­тель­но, этот че­ты­рех­уголь­ник  — па­рал­ле­ло­грамм.

б)  Про­длим бо­ко­вые сто­ро­ны тра­пе­ции до пе­ре­се­че­ния в точке B. Тре­уголь­ни­ки KBN и KOH по­доб­ные и рав­но­бед­рен­ные с углом 30° при вер­ши­не. Тре­уголь­ник OPB  — пря­мо­уголь­ный с углом 30°, сле­до­ва­тель­но, При этом Сле­до­ва­тель­но, и Таким об­ра­зом,

При­ме­ча­ние.

Еще один ва­ри­ант ре­ше­ния пунк­та б) при­ве­ден в за­да­нии 519904.

а)  За­ме­тим, что 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.

б)  Обо­зна­чим центр окруж­но­сти за O, а ос­но­ва­ние пер­пен­ди­ку­ля­ра из точки O на пря­мую AD за K, на пря­мую BC  — за L. Тогда CMOL  — квад­рат, и, зна­чит, ра­ди­ус окруж­но­сти равен 17. Тогда в тре­уголь­ни­ке OPK имеем

Зна­чит, PQ  =  2PK  =  16, DK  =  CL  =  17. Тогда PD  =  DK – PK  =  9.

Тогда DQ = 25 и от­ку­да

Ответ:

При­ве­дем за­ме­ча­ние На­деж­ды Доб­ро­воль­ской.

При ре­ше­нии пунк­та б) можно вос­поль­зо­вать­ся тем, что тре­уголь­ни­ки BCM и MDP по­доб­ны по двум углам по до­ка­зан­но­му в пунк­те а). Тогда

а)  Ка­са­тель­ная LM па­рал­лель­на хорде KN, зна­чит, ∠KNL = ∠MLN, а так как ∠MLN = ∠LKN как угол между ка­са­тель­ной и хор­дой, тре­уголь­ник KLN рав­но­бед­рен­ный с ос­но­ва­ни­ем KN.

По­сколь­ку ML  =  MN как от­рез­ки ка­са­тель­ных, про­ведённых к окруж­но­сти из одной точки, тре­уголь­ник LMN также рав­но­бед­рен­ный с ос­но­ва­ни­ем LN.

Углы при ос­но­ва­ни­ях рав­но­бед­рен­ных тре­уголь­ни­ков LMN и LKN равны, сле­до­ва­тель­но, эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны.

б)  Угол при вер­ши­не рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка KLN равен 120°, зна­чит, его вы­со­та LH вдвое мень­ше бо­ко­вой сто­ро­ны то есть Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б)

а)  Пусть O  — центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в пря­мо­уголь­ную тра­пе­цию ABCD с ос­но­ва­ни­я­ми AD и BC, O₁  — центр окруж­но­сти, ка­са­ю­щей­ся боль­шей бо­ко­вой сто­ро­ны и про­дол­же­ний ос­но­ва­ний тра­пе­ции (рис. 1).

Точка O лежит на бис­сек­три­сах углов BCD и ADC, сле­до­ва­тель­но,

Точка O₁ лежит на бис­сек­три­се угла, смеж­но­го с углом BCD, зна­чит, Ана­ло­гич­но, углы CO₁D и ODO₁  — пря­мые. Зна­чит, OCO₁D  — пря­мо­уголь­ник, по­это­му CD  =  OO₁.

б)  Пусть окруж­ность, впи­сан­ная в тра­пе­цию ABCD, ка­са­ет­ся сто­ро­ны AD в точке P, а сто­ро­ны CD  — в точке M, вто­рая окруж­ность ка­са­ет­ся пря­мой AD в точке Q (рис. 2).

Ра­ди­у­сы окруж­но­стей OP и O₁Q равны по­ло­ви­не рас­сто­я­ния между па­рал­лель­ны­ми пря­мы­ми AD и BC. По­лу­ча­ем, что OO₁QP  — пря­мо­уголь­ник, сле­до­ва­тель­но, OO₁  =  PQ.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке COD имеем:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AQO₁ имеем:

Рас­сто­я­ние от вер­ши­ны пря­мо­го угла тра­пе­ции до цен­тра вто­рой окруж­но­сти равно

Ответ: