№18. Планиметрическая задача

а) В ромбе противоположные стороны параллельны: \(AB \parallel DC\) и \(AD \parallel BC\).

Треугольники \(ABN\) и \(QCN\) подобны по двум углам: \(\angle NAB = \angle NCQ\) как накрест лежащие при параллельных \(AB\) и \(DC\), а \(\angle ANB = \angle QNC\) как вертикальные. Запишем отношение подобия:

\[\frac{QC}{AB} = \frac{NC}{AN} = \frac{NC}{AM + MN} = \frac{1}{2}.\]

Значит \(QC = \dfrac{1}{2}AB\). У ромба \(DC = AB\), поэтому \(QC = \dfrac{1}{2}DC\), то есть \(Q\) — середина \(DC\).

Точно так же \(\triangle APM \sim \triangle BCM\): \(\angle MAP = \angle BCM\) как накрест лежащие, \(\angle AMP = \angle BMC\) как вертикальные. Отсюда

\[\frac{AP}{BC} = \frac{AM}{MC} = \frac{AM}{MN + NC} = \frac{1}{2},\]

то есть \(AP = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}AD\) и \(P\) — середина \(AD\). Так как все стороны ромба равны,

\[AP = PD = DQ = QC.\]

Проведём диагональ \(BD\) и обозначим площадь ромба через \(S\). Каждая диагональ разбивает ромб на два равных треугольника, поэтому

\[S_{ADC} = \frac{S}{2}, \qquad S_{ADB} = S_{BDC} = \frac{S}{2}.\]

В треугольнике \(ADB\) отрезок \(BP\) — медиана, а медиана делит треугольник на два равновеликих:

\[S_{APB} = S_{BPD} = \frac{1}{2}S_{ADB} = \frac{S}{4}.\]

Аналогично \(BQ\) — медиана треугольника \(BDC\), поэтому \(S_{BQC} = S_{BQD} = \dfrac{S}{4}\).

Четырёхугольник \(BPDQ\) состоит из треугольников \(BPD\) и \(BQD\), значит

\[S_{BPDQ} = \frac{S}{4} + \frac{S}{4} = \frac{S}{2} = S_{ADC}.\]

Что и требовалось доказать.

б) Проведём \(DN\) и \(DM\).

Точки \(P\) и \(M\) — середины \(AD\) и \(AN\), поэтому \(PM\) — средняя линия треугольника \(ADN\), откуда \(PM \parallel DN\). Точно так же \(QN\) — средняя линия треугольника \(CDM\), то есть \(QN \parallel DM\).

Так как \(PM \parallel DN\), но \(PM \ne DN\), четырёхугольник \(PMND\) — трапеция. Вписанная в окружность трапеция равнобедренная, следовательно \(PD = MN\). Точно так же \(DMNQ\) — вписанная трапеция, значит \(DQ = MN\).

Так как \(MN = \dfrac{1}{3}AC = \dfrac{2\sqrt{5}}{3}\), получаем

\[AD = 2PD = 2MN = \frac{4\sqrt{5}}{3}.\]

Пусть диагонали пересекаются в точке \(O\). Диагонали ромба делятся точкой пересечения пополам, поэтому \(AO = \dfrac{1}{2}AC = \sqrt{5}\). Диагонали ромба перпендикулярны, значит треугольник \(ADO\) прямоугольный и по теореме Пифагора

\[DO^2 = AD^2 - AO^2 = \frac{16\cdot 5}{9} - 5 = \frac{35}{9}, \qquad DO = \frac{\sqrt{35}}{3}.\]

Следовательно,

\[BD = 2DO = \frac{2\sqrt{35}}{3}.\]

Ответ: б) \(\dfrac{2\sqrt{35}}{3}\).

а) Прямая \(KC_1\) параллельна \(BB_1\), а \(BB_1 \perp AC\), поэтому \(KC_1 \perp AC\). Обозначим через \(Q\) точку пересечения прямой \(KC_1\) со стороной \(AC\).

Два угла при вершине A. В прямоугольном треугольнике \(ABA_1\) сумма острых углов равна \(90^\circ\), поэтому

\[\angle HAC_1 = \angle BAA_1 = 90^\circ - \angle B.\]

Точно так же из прямоугольного треугольника \(ACA_1\)

\[\angle KAQ = \angle CAA_1 = 90^\circ - \angle C.\]

Точка K лежит между A и H. Из прямоугольных треугольников \(AQC_1\), \(AQK\) и \(AC_1H\)

\[AQ = AC_1\cos A, \qquad AK = \frac{AQ}{\cos\angle KAQ} = \frac{AQ}{\sin C}, \qquad AH = \frac{AC_1}{\cos\angle HAC_1} = \frac{AC_1}{\sin B},\]

откуда

\[\frac{AK}{AH} = \frac{\cos A\cdot\sin B}{\sin C} < 1,\]

так как \(\sin C = \sin(A+B) = \sin A\cos B + \cos A\sin B > \cos A\sin B\). Значит \(AK < AH\), то есть \(K\) действительно лежит внутри отрезка \(AH\).

Угол при вершине K. В прямоугольном треугольнике \(AQK\)

\[\angle AKQ = 90^\circ - \angle KAQ = 90^\circ - \left(90^\circ - \angle C\right) = \angle C.\]

Точки \(A\) и \(H\) лежат по разные стороны от \(K\) на прямой \(AA_1\), точки \(Q\) и \(C_1\) — по разные стороны от \(K\) на прямой \(KC_1\), поэтому углы \(AKQ\) и \(HKC_1\) вертикальные:

\[\angle HKC_1 = \angle ACB.\]

Угол при вершине H. Так как \(CC_1 \perp AB\), треугольник \(AC_1H\) прямоугольный с прямым углом при \(C_1\), поэтому

\[\angle AHC_1 = 90^\circ - \angle HAC_1 = 90^\circ - \left(90^\circ - \angle B\right) = \angle B.\]

Луч \(HK\) совпадает с лучом \(HA\), значит

\[\angle KHC_1 = \angle ABC.\]

Подобие. У треугольников \(KHC_1\) и \(CBA\) равны два угла: при \(K\) и \(C\), при \(H\) и \(B\). Значит они подобны, и вершинам \(K\), \(H\), \(C_1\) соответствуют вершины \(C\), \(B\), \(A\). Сторона \(KH\) соответствует стороне \(CB\), сторона \(HC_1\) — стороне \(BA\):

\[\frac{KH}{BC} = \frac{C_1H}{AB}.\]

Перемножая крайние и средние члены пропорции, получаем

\[AB\cdot KH = BC\cdot C_1H.\]

Что и требовалось доказать.

б) По теореме косинусов в треугольнике \(ABC\)

\[\cos A = \frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2\cdot AB\cdot AC} = \frac{36 + 25 - 16}{2\cdot 6\cdot 5} = \frac{3}{4}.\]

Угол \(A\) острый, поэтому

\[\sin A = \sqrt{1 - \frac{9}{16}} = \frac{\sqrt{7}}{4}, \qquad \operatorname{ctg} A = \frac{\cos A}{\sin A} = \frac{3}{\sqrt{7}}.\]

Из прямоугольного треугольника \(ACC_1\) находим \(AC_1 = AC\cos A = \dfrac{15}{4}\), поэтому

\[BC_1 = AB - AC_1 = 6 - \frac{15}{4} = \frac{9}{4}.\]

В прямоугольном треугольнике \(ABB_1\) сумма острых углов равна \(90^\circ\), значит \(\angle ABB_1 = 90^\circ - \angle A\). Точка \(H\) лежит на \(BB_1\), а точка \(C_1\) — на \(AB\), поэтому

\[\angle C_1BH = 90^\circ - \angle A.\]

Треугольник \(BC_1H\) прямоугольный (\(\angle BC_1H = 90^\circ\), так как \(CC_1 \perp AB\)), поэтому

\[C_1H = BC_1\cdot\operatorname{tg}\left(90^\circ - \angle A\right) = BC_1\cdot\operatorname{ctg} A = \frac{9}{4}\cdot\frac{3}{\sqrt{7}} = \frac{27}{4\sqrt{7}}.\]

По пункту а) треугольники \(KHC_1\) и \(CBA\) подобны, причём сторона \(HC_1\) соответствует стороне \(BA\). Значит коэффициент подобия равен

\[k = \frac{C_1H}{AB} = \frac{27}{4\sqrt{7}} : 6 = \frac{9}{8\sqrt{7}}.\]

Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия:

\[\frac{S_{C_1HK}}{S_{ABC}} = k^2 = \left(\frac{9}{8\sqrt{7}}\right)^2 = \frac{81}{64\cdot 7} = \frac{81}{448}.\]

Ответ: б) \(\dfrac{81}{448}\).

а) Обозначим вершины трапеции \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) так, чтобы \(AD\) было меньшим основанием, а \(BC\) — большим. Пусть \(AD = a\), \(BC = b\), а диагонали \(AC = 15\) и \(BD = 8\).

Выполним дополнительное построение: через вершину \(C\) проведём отрезок, параллельный \(BD\) и равный ему по длине. Получим отрезок \(CN\).

Четырёхугольник \(BCND\) — параллелограмм, поэтому \(BC = ND\), и тогда

\[AN = a + b = 17.\]

Рассмотрим треугольник \(ACN\). В нём

\[AC^2 + CN^2 = 15^2 + 8^2 = 225 + 64 = 289 = 17^2 = AN^2.\]

По обратной теореме Пифагора треугольник \(ACN\) прямоугольный, то есть \(\angle ACN = 90^\circ\). Но этот угол получен параллельным переносом одной из диагоналей, значит и сами диагонали перпендикулярны. Что и требовалось доказать.

б) Опустим высоту \(CH\) трапеции на прямую, содержащую основание \(AD\). Она же является высотой прямоугольного треугольника \(ACN\), проведённой к гипотенузе.

Площадь треугольника \(ACN\) можно посчитать двумя способами — через катеты и через гипотенузу с высотой:

\[\frac{1}{2}\cdot AC\cdot CN = \frac{1}{2}\cdot CH\cdot AN,\]

\[CH = \frac{AC\cdot CN}{AN} = \frac{15\cdot 8}{17} = \frac{120}{17}.\]

Ответ: б) \(\dfrac{120}{17}\).

а) Центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис углов четырёхугольника, поэтому \(LO\) — биссектриса угла \(L\) и

\[\angle OLM = \angle OLK = 30^\circ.\]

Отрезок \(OA\) — радиус в точку касания, значит \(OA \perp MN\). Предположим, что точка \(A\) не лежит на прямой \(LO\). Тогда \(LMAO\) — четырёхугольник, и сумма его углов равна \(360^\circ\):

\[\angle OLM + \angle LMA + \angle MAO + \angle AOL = 360^\circ,\]

\[30^\circ + 60^\circ + 90^\circ + \angle AOL = 360^\circ \quad\Longrightarrow\quad \angle AOL = 180^\circ.\]

Угол развёрнутый, то есть точка \(A\) всё же лежит на прямой \(LO\). Что и требовалось доказать.

б) Из прямоугольного треугольника \(MAL\) с углом \(60^\circ\) при вершине \(M\):

\[\frac{AL}{ML} = \sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2} \quad\Longrightarrow\quad ML = 9 : \frac{\sqrt{3}}{2} = 6\sqrt{3},\]

\[\frac{MA}{ML} = \cos 60^\circ = \frac{1}{2} \quad\Longrightarrow\quad MA = 6\sqrt{3}\cdot\frac{1}{2} = 3\sqrt{3}.\]

Обозначим \(AO = x\), тогда \(OL = 9 - x\). Отрезок \(MO\) — биссектриса угла \(AML\), поэтому по свойству биссектрисы в треугольнике \(AML\)

\[\frac{ML}{MA} = \frac{OL}{AO}, \qquad \frac{6\sqrt{3}}{3\sqrt{3}} = \frac{9 - x}{x} \quad\Longrightarrow\quad 9 - x = 2x \quad\Longrightarrow\quad x = 3.\]

Пусть окружность касается стороны \(NK\) в точке \(R\). Углы при \(N\), \(A\) и \(R\) прямые, а \(OA = OR\) как радиусы, поэтому \(ANRO\) — квадрат и \(AN = AO = 3\). Итого

\[MN = MA + AN = 3\sqrt{3} + 3.\]

Ответ: б) \(3 + 3\sqrt{3}\).

а) Прямая \(BC\) касается окружности, поэтому угол \(MBC\) между касательной и хордой \(BM\) равен вписанному углу \(BAM\), опирающемуся на ту же хорду:

\[\angle BAM = \angle MBC.\]

Но \(BM\) — биссектриса угла \(ABC\), значит \(\angle MBC = \angle ABM\), и потому \(\angle BAM = \angle ABM\).

Кроме того, \(\angle BMA = \angle CBM\) как накрест лежащие при \(AD \parallel BC\). Получилось, что все три угла треугольника \(ABM\) равны, то есть он равносторонний.

Теперь про прямую \(MO\): она тоже касается окружности, поэтому угол \(BMO\) между касательной и хордой \(BM\) равен вписанному \(\angle BAM\). Значит

\[\angle ABM = \angle BMO,\]

а это накрест лежащие углы при прямых \(AB\) и \(MO\) и секущей \(BM\), откуда \(AB \parallel MO\).

Точка \(O\) — середина диагонали \(BD\), а \(MO \parallel AB\), поэтому \(MO\) — средняя линия треугольника \(ABD\), и

\[MD = AM = BM.\]

Значит треугольник \(BMD\) равнобедренный, и медиана \(MO\), проведённая к основанию \(BD\), является в нём и высотой: \(MO \perp BD\). Так как \(AB \parallel MO\), получаем \(AB \perp BD\). Что и требовалось доказать.

б) Разобьём искомый четырёхугольник на два треугольника:

\[S_{KODM} = S_{\triangle MOD} + S_{\triangle MOK}.\]

Треугольник \(ABM\) равносторонний, поэтому \(\angle OMD = 60^\circ\), а треугольник \(MOD\) прямоугольный, значит \(\angle ODM = 30^\circ\). Катет \(OM\) лежит против угла \(30^\circ\), поэтому гипотенуза вдвое больше: \(MD = 4\). По теореме Пифагора

\[OD^2 = MD^2 - OM^2 = 16 - 4 = 12 \quad\Longrightarrow\quad OD = 2\sqrt{3},\]

\[S_{\triangle MOD} = \frac{1}{2}\cdot OM\cdot OD = \frac{1}{2}\cdot 2\cdot 2\sqrt{3} = 2\sqrt{3}.\]

Точка \(O\) — середина \(BD\), поэтому \(S_{\triangle MBO} = S_{\triangle MOD} = 2\sqrt{3}\). Осталось понять, в каком отношении точка \(K\) делит отрезок \(BM\). По теореме Менелая для треугольника \(BDM\) и прямой \(AC\):

\[\frac{BO}{OD}\cdot\frac{DA}{AM}\cdot\frac{MK}{KB} = 1, \qquad 1\cdot 2\cdot\frac{MK}{KB} = 1 \quad\Longrightarrow\quad \frac{MK}{KB} = \frac{1}{2}.\]

Значит \(MK\) составляет треть от \(MB\), и

\[S_{\triangle MOK} = \frac{S_{\triangle MBO}}{3} = \frac{2\sqrt{3}}{3}.\]

Итого

\[S_{KODM} = 2\sqrt{3} + \frac{2\sqrt{3}}{3} = \frac{8\sqrt{3}}{3}.\]

Ответ: б) \(\dfrac{8\sqrt{3}}{3}\).

а) Обозначим \(MQ = x\). В прямоугольном треугольнике \(MQC\) угол при вершине \(C\) равен \(30^\circ\), поэтому гипотенуза вдвое больше катета напротив этого угла: \(MC = 2x\).

В прямоугольном треугольнике \(HAC\) угол \(ACH\) равен \(30^\circ\), значит \(\angle HAC = 60^\circ\). Так как \(AM\) — биссектриса,

\[\angle HAM = \angle MAQ = 30^\circ.\]

Треугольники \(HAM\) и \(QAM\) равны по гипотенузе \(AM\) и острому углу, поэтому \(HM = MQ = x\). Точка \(M\) — середина \(BC\), то есть \(BM = MC = 2x\), откуда

\[BH = BM - HM = 2x - x = x.\]

Получилось, что в треугольнике \(BAM\) высота \(AH\) одновременно является медианой, значит этот треугольник равнобедренный, и \(AH\) — ещё и биссектриса:

\[\angle BAH = \angle HAM = 30^\circ.\]

Тогда

\[\angle BAC = \angle BAH + \angle HAM + \angle MAQ = 30^\circ + 30^\circ + 30^\circ = 90^\circ.\]

Что и требовалось доказать.

б) В прямоугольном треугольнике \(ABC\) катет \(AB\) лежит напротив угла \(30^\circ\), поэтому гипотенуза вдвое больше:

\[BC = 2AB = 20 \quad\Longrightarrow\quad 4x = 20 \quad\Longrightarrow\quad x = 5.\]

Значит \(BH = HM = MQ = 5\) и \(MC = 10\).

Найдём высоту \(FH\) треугольника \(FMC\), проведённую к стороне \(MC\). Углы \(HMF\) и \(QMC\) равны как вертикальные, поэтому треугольники \(HMF\) и \(QMC\) равны по острому углу и прилежащему катету (\(HM = MQ = 5\)). Отсюда

\[FM = MC = 10.\]

По теореме Пифагора в треугольнике \(FHM\):

\[FH^2 = FM^2 - HM^2 = 100 - 25 = 75 \quad\Longrightarrow\quad FH = 5\sqrt{3}.\]

Тогда

\[S_{FMC} = \frac{1}{2}\cdot FH\cdot MC = \frac{1}{2}\cdot 5\sqrt{3}\cdot 10 = 25\sqrt{3}.\]

Ответ: б) \(25\sqrt{3}\).