№18. Планиметрическая задача

а) Центр вписанной в четырёхугольник окружности лежит на пересечении его биссектрис, поэтому \(LO\) — биссектриса угла \(MLK\) и

\[\angle MLO = \angle KLO = \frac{120^\circ}{2} = 60^\circ.\]

Сумма углов четырёхугольника \(LMNK\) равна \(360^\circ\), значит

\[\angle LMN = 360^\circ - 90^\circ - 120^\circ - 120^\circ = 30^\circ.\]

Отрезок \(OA\) — радиус, проведённый в точку касания, поэтому \(\angle OAM = 90^\circ\). Предположим, что точка \(O\) не лежит на прямой \(AL\). Тогда \(OAML\) — четырёхугольник, и сумма его углов равна \(360^\circ\):

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

Развёрнутый угол означает, что точки \(A\), \(O\), \(L\) всё-таки лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.

б) В прямоугольном треугольнике \(LAM\) угол при вершине \(M\) равен \(30^\circ\), а катет против угла \(30^\circ\) равен половине гипотенузы, поэтому

\[LM = 2LA = 2\sqrt{3}.\]

По теореме Пифагора

\[MA^2 = LM^2 - LA^2 = 12 - 3 = 9 \quad\Longrightarrow\quad MA = 3.\]

Обозначим \(OA = x\), тогда \(LO = LA - x = \sqrt{3} - x\). Отрезок \(MO\) — биссектриса угла \(AML\), поэтому по свойству биссектрисы в треугольнике \(AML\)

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

Пусть окружность касается стороны \(KN\) в точке \(B\). Углы при \(N\), \(A\) и \(B\) прямые, а \(OA = OB\) как радиусы, поэтому \(OANB\) — квадрат, и

\[AN = OA = 6 - 3\sqrt{3}.\]

Итого

\[MN = MA + AN = 3 + 6 - 3\sqrt{3} = 9 - 3\sqrt{3}.\]

Ответ: б) \(9 - 3\sqrt{3}\).

а) Обозначим \(\angle ABC = \alpha\), тогда \(\angle BAC = 2\alpha\).

Угол \(ABC\) вписан в описанную окружность треугольника \(ABC\) и опирается на хорду \(AC\). Центральный угол, опирающийся на ту же хорду, вдвое больше:

\[\angle AOC = 2\alpha.\]

Четырёхугольник \(AOPC\) вписан в окружность, описанную около треугольника \(AOC\), причём углы \(AOC\) и \(APC\) опираются на одну и ту же дугу \(AC\) с одной стороны, поэтому

\[\angle APC = \angle AOC = 2\alpha.\]

Теперь у треугольников \(ABC\) и \(PAC\) угол \(C\) общий, а \(\angle APC = \angle BAC = 2\alpha\). Значит они подобны по двум углам. Что и требовалось доказать.

б) Из подобия \(\triangle ABC \sim \triangle PAC\) запишем отношение сходственных сторон:

\[\frac{AC}{CB} = \frac{CP}{AC} \quad\Longrightarrow\quad CP = \frac{AC^2}{CB} = \frac{16}{6} = \frac{8}{3}.\]

Из того же подобия \(\angle PAC = \alpha\), то есть \(AP\) делит угол \(BAC = 2\alpha\) пополам и является биссектрисой треугольника \(ABC\). По свойству биссектрисы

\[\frac{AB}{PB} = \frac{AC}{CP} \quad\Longrightarrow\quad AB = \frac{AC\cdot PB}{CP}.\]

Здесь \(PB = BC - CP = 6 - \dfrac{8}{3} = \dfrac{10}{3}\), поэтому

\[AB = \frac{4\cdot \frac{10}{3}}{\frac{8}{3}} = 5.\]

Ответ: б) \(5\).

а) В трапеции \(BC \parallel AD\), поэтому углы \(DAC\) и \(MCA\) равны как накрест лежащие.

Осталось связать \(\angle MCA\) с \(\angle MAB\). Сторона \(BA\) проходит через конец диаметра \(AD\) и перпендикулярна ему, значит \(BA\) — касательная к окружности.

Угол \(MAB\) — это угол между касательной \(BA\) и хордой \(AM\), а угол \(MCA\) — вписанный, опирающийся на ту же хорду. Такие углы равны. Собираем цепочку:

\[\angle DAC = \angle MCA = \angle MAB.\]

Что и требовалось доказать.

б) Углы \(MCA\) и \(DAC\) — равные вписанные, поэтому опираются на равные дуги, а значит равны и стягивающие их хорды: \(AM = CD\). То есть трапеция равнобокая.

Пусть \(BM = a\), тогда по условию \(BC = 4a\) и \(MC = 3a\).

Продлим \(BC\) за точку \(C\) на отрезок длины \(a\) до точки \(E\). Так как трапеция равнобокая, \(\angle BMA = \angle ECD\), и треугольники \(MBA\) и \(CED\) равны по углу и прилежащим к нему сторонам. Значит угол \(CED\) прямой, и \(ABED\) — прямоугольник.

Теперь заметим, что треугольники \(ABM\) и \(CBA\) подобны: угол \(B\) у них общий, а \(\angle MAB = \angle ACB\) по пункту а). Запишем отношение сходственных сторон:

\[\frac{BM}{AB} = \frac{AB}{BC}, \qquad \frac{a}{6} = \frac{6}{4a} \quad\Longrightarrow\quad 4a^2 = 36 \quad\Longrightarrow\quad a = 3.\]

Значит \(BC = 12\), а \(AD = BE = BC + a = 15\).

Треугольники \(AOD\) и \(COB\) подобны (накрест лежащие углы при \(BC \parallel AD\)), поэтому

\[\frac{AO}{OC} = \frac{AD}{BC} = \frac{15}{12} = \frac{5}{4} \quad\Longrightarrow\quad \frac{AO}{AC} = \frac{5}{9}.\]

Треугольники \(AOB\) и \(ACB\) имеют общую высоту из вершины \(B\), поэтому их площади относятся как \(AO : AC\):

\[S_{AOB} = S_{ACB}\cdot\frac{AO}{AC} = \frac{AB\cdot BC}{2}\cdot\frac{5}{9} = \frac{6\cdot 12}{2}\cdot\frac{5}{9} = 20.\]

Ответ: б) \(20\).

а) Пусть прямые \(AM\) и \(CN\) пересекаются в точке \(K\).

Углы \(CAH\) и \(HCB\) равны: оба дополняют угол \(ACH\) до прямого. Значит равны и их половины, которые отсекают биссектрисы:

\[\angle CAM = \angle MAH = \angle HCN = \angle NCB.\]

Рассмотрим треугольники \(AHM\) и \(CKM\). У них \(\angle MAH = \angle KCM\) по доказанному, а \(\angle AMH = \angle CMK\) как вертикальные, значит треугольники подобны по двум углам. Тогда

\[\angle CKM = \angle AHM = 90^\circ,\]

то есть \(AM \perp CN\), что и требовалось доказать.

б) Продлим \(AM\) до пересечения с \(BC\) в точке \(T\).

Точка \(H\) лежит на \(AB\), поэтому луч \(AH\) совпадает с лучом \(AB\), а значит \(\angle CAH = \angle CAB\). Отсюда \(AT\) — биссектриса угла \(A\) не только треугольника \(ACH\), но и всего треугольника \(ABC\).

В треугольнике \(ACN\) отрезок \(AK\) одновременно биссектриса и высота, поэтому этот треугольник равнобедренный и \(CK = KN\). Значит \(AK\) — серединный перпендикуляр к стороне \(CN\), а тогда любая его точка равноудалена от \(C\) и \(N\); в частности

\[CM = MN.\]

Точно так же в треугольнике \(MCT\) отрезок \(CK\) является биссектрисой и высотой, поэтому он равнобедренный и

\[CM = CT.\]

Осталось найти \(CT\). По свойству биссектрисы в треугольнике \(ABC\)

\[\frac{CT}{TB} = \frac{AC}{AB} = \sin\angle ABC = \frac{2}{5}.\]

Так как \(CT + TB = BC = 21\), получаем \(CT = 6\) и \(TB = 15\).

Итого

\[MN = CM = CT = 6.\]

Ответ: б) \(6\).

а) Обозначим \(\angle BAD = \alpha\). Тогда из прямоугольного треугольника \(ABP\) получаем \(\angle ABP = 90^\circ - \alpha\). Противоположные углы параллелограмма равны, \(\angle C = \alpha\), поэтому и \(\angle QBC = 90^\circ - \alpha\).

Углы \(A\) и \(ABC\) односторонние при параллельных \(AD\) и \(BC\), значит \(\angle ABC = 180^\circ - \alpha\). Отсюда

\[\angle PBQ = \angle ABC - \angle ABP - \angle QBC = 180^\circ - \alpha - 2\left(90^\circ - \alpha\right) = \alpha.\]

Теперь сравним треугольники \(BAM\) и \(QBP\). У них

\[AB = BQ, \qquad AM = BP, \qquad \angle BAM = \angle PBQ = \alpha,\]

то есть они равны по двум сторонам и углу между ними. Значит \(BM = PQ\), что и требовалось доказать.

б) По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике \(ABP\):

\[AP = \sqrt{AB^2 - BP^2} = \sqrt{15^2 - 12^2} = \sqrt{225 - 144} = 9.\]

Тогда

\[PM = AM - AP = 12 - 9 = 3.\]

Проведём в треугольнике \(PBQ\) высоту \(QH\). Треугольники \(BAM\) и \(QBP\) равны, поэтому равны и их соответственные высоты \(BP\) и \(QH\), а также соответственные отрезки \(MP\) и \(PH\).

Далее, \(QH \perp HP\) и \(HP \perp AM\), значит \(QH \parallel AM\). Тогда высота треугольника \(APQ\), опущенная из точки \(Q\) на сторону \(AP\), равна отрезку

\[HP = PM = 3.\]

Остаётся посчитать площадь:

\[S_{APQ} = \frac{1}{2}\cdot AP\cdot HP = \frac{1}{2}\cdot 9\cdot 3 = 13{,}5.\]

Ответ: б) \(13{,}5\).

а) Пусть \(AL \cap BC = H\). Так как \(AL\) — биссектриса угла \(BAC\), то

\[\angle BAL = \angle CAL = \alpha.\]

Точки \(M\) и \(N\) — середины сторон \(AB\) и \(BC\), значит \(MN\) — средняя линия треугольника \(ABC\), и \(AC \parallel MN\). Углы \(CAL\) и \(MLA\) равны как накрест лежащие при \(AC \parallel ML\) и секущей \(AL\), поэтому

\[\angle BAL = \alpha = \angle MLA.\]

В треугольнике \(AML\) углы \(MAL\) и \(MLA\) равны, значит он равнобедренный, то есть \(AM = ML\). Тогда

\[ML = AM = BM = \frac{AB}{2}.\]

Значит, в треугольнике \(ABL\) медиана \(ML\) равна половине стороны \(AB\), поэтому треугольник \(ABL\) прямоугольный, причём \(\angle ALB = 90^\circ\).

Треугольники \(AHC\) и \(BHL\) подобны по двум углам: \(\angle AHC = \angle BHL\) как вертикальные, \(\angle ACH = \angle BLH = 90^\circ\). Тогда \(\angle LBH = \angle CAH = \alpha\).

Так как \(ML \parallel AC\) и \(AC \perp BC\), то \(ML \perp BC\). В треугольнике \(BLC\) высота \(LN\) совпадает с медианой, следовательно он равнобедренный, и \(\angle BCL = \angle LBC = \alpha\).

Треугольники \(AML\) и \(BLC\) подобны по двум углам, так как

\[\angle MAL = \angle MLA = \angle BCL = \angle LBC = \alpha.\]

Что и требовалось доказать.

б) Из условия \(\cos\angle BAC = \cos 2\alpha = \dfrac{7}{25}\). По формуле косинуса двойного угла

\[\cos 2\alpha = 1 - 2\sin^2\alpha, \qquad \frac{7}{25} = 1 - 2\sin^2\alpha, \qquad \sin^2\alpha = \frac{9}{25}, \qquad \sin\alpha = \frac{3}{5}.\]

В прямоугольном треугольнике \(ABL\):

\[\frac{3}{5} = \sin\alpha = \frac{BL}{AB}.\]

Точка \(M\) — середина \(AB\), поэтому \(AB = 2AM\), и

\[\frac{BL}{2AM} = \frac{3}{5} \quad\Longrightarrow\quad \frac{BL}{AM} = \frac{6}{5}.\]

Коэффициент подобия треугольников \(AML\) и \(BLC\) равен

\[k = \frac{AM}{BL} = \frac{5}{6}.\]

Площади подобных треугольников относятся как квадрат коэффициента подобия:

\[\frac{S_{AML}}{S_{BLC}} = k^2 = \left(\frac{5}{6}\right)^2 = \frac{25}{36}.\]

Ответ: б) \(\dfrac{25}{36}\).