№18. Планиметрическая задача

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) \(25\sqrt{3}\).

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) \(6\).