Пример 1. Параллелограмм с вписанной окружностью
Условие задачи:
В параллелограмме $ABCD$ проведена диагональ $AC$. Точка $O$ является центром окружности, вписанной в треугольник $ABC$. Расстояния от точки $O$ до точки $A$ и прямых $AD$ и $AC$ соответственно равны $25$, $14$ и $7$. Найдите площадь параллелограмма $ABCD$.
Решение
Шаг 1. Обозначим точки касания вписанной окружности с сторонами $AC$, $AB$ и $BC$ через $K$, $P$, $M$. Пусть $OH\perp AD$, $H\in AD$. По условию $OH=14$, $OA=25$.
Шаг 2. Проведём радиус $OK$ к точке касания $K$. Поскольку радиус перпендикулярен касательной, $OK\perp AC$. По условию расстояние от $O$ до $AC$ равно 7, значит $OK=7$. Следовательно, радиус вписанной окружности $r=7$.
Шаг 3. Аналогично $OM=r=7$ и $OM\perp BC$. Так как $BC\parallel AD$ и $OH\perp AD$, то точки $M,O,H$ коллинеарны, и высота параллелограмма $MH=OM+OH=7+14=21$.
Шаг 4. В прямоугольном треугольнике $AOK$ по теореме Пифагора:
\[AO^2 = AK^2 + OK^2 \quad\Longrightarrow\quad AK = \sqrt{25^2 - 7^2} = 24.\]Шаг 5. Обозначим $BP = BM = x$, $CM = CK = y$, $AP = AK = 24$. Тогда
\[AB = AP + PB = 24 + x, \quad BC = BM + MC = x + y, \quad AC = AK + KC = 24 + y.\]Шаг 6. Полупериметр треугольника $ABC$:
\[p = \frac{AB + BC + AC}{2} = \frac{(24+x)+(x+y)+(24+y)}{2} = x + y + 24.\]Высота треугольника к стороне $BC$ равна $h = MH = 21$. По формуле площади через радиус вписанной окружности:
\[p \, r = \tfrac12 \, h \, BC.\]Шаг 7. Подставляем $p = x+y+24$, $r=7$, $h=21$, $BC = x+y$:
\[(x+y+24)\cdot 7 = \tfrac12\cdot21\cdot(x+y) \;\Longrightarrow\; (x+y+24)\cdot14 = 21\,(x+y) \;\Longrightarrow\; 14\,BC + 336 = 21\,BC \;\Longrightarrow\; BC = 48.\]Шаг 8. Площадь параллелограмма равна произведению основания на высоту:
\[S_{ABCD} = BC \cdot MH = 48 \cdot 21 = 1008.\]Ответ: $1008$.
Пример 2. Вписанный четырёхугольник и окружность
Условие задачи:
Четырёхугольник $ABCD$ со сторонами $AB=5$ и $CD=17$ вписан в окружность. Диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $K$, причём $\angle AKB=60^\circ$. Найдите радиус этой окружности.
Решение
Шаг 1. Пусть прямая, проходящая через точку $D$ и параллельная $AC$, пересекает окружность вторично в точке $M$. Тогда по признаку равенства соответствующих углов, образованных параллельными прямыми $DM$ и $AC$ и секущей $BD$,
\[\angle BKA = \angle BDM = 60^\circ.\]Шаг 2. Проведём хорду $AM$. Рассмотрим секущую $AD$ для параллельных прямых $AC$ и $MD$. Тогда накрест лежащие углы равны:
\[\angle CAD = \angle ADM.\]
Шаг 3. Углы $\angle CAD$ и $\angle ADM$ — вписанные. Угол $\angle CAD$ опирается на дугу $CD$, а угол $\angle ADM$ опирается на дугу $AM$. Из равенства этих углов следует равенство дуг $CD$ и $AM$, а значит, равенство соответствующих хорд:
\[AM = CD = 17.\]Шаг 4. Точки $A,B,D,M$ лежат на одной окружности, значит четырехугольник $ABDM$ вписанный. По свойству вписанного четырёхугольника сумма противоположных углов равна $180^\circ$:
\[\angle MAB + \angle MDB = 180^\circ \quad\Longrightarrow\quad \angle MAB = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ.\]Шаг 5. В треугольнике $ABM$ применим теорему косинусов:
\[BM^2 = AB^2 + AM^2 - 2\cdot AB\cdot AM\cdot\cos\angle BAM = 5^2 + 17^2 - 2\cdot5\cdot17\cdot\cos120^\circ = 399,\]откуда $BM = \sqrt{399}$.
Шаг 6. Обозначим радиус окружности через $R$. Для треугольника $ABM$ по теореме синусов имеем
\[\frac{BM}{\sin120^\circ} = 2R \quad\Longrightarrow\quad \frac{\sqrt{399}}{\tfrac{\sqrt3}{2}} = 2R \quad\Longrightarrow\quad R = \frac{\sqrt{399}}{\sqrt3} = \sqrt{133}.\]Ответ: $\sqrt{133}$.
Пример 3. Трапеция и касающаяся окружность
Условие задачи:
В трапеции $ABCD$ основания $AD$ и $BC$ равны соответственно 18 и 6, а сумма углов при основании $AD$ равна $90^\circ$. Найдите радиус окружности, проходящей через точки $A$ и $B$ и касающейся прямой $CD$, если $AB=10$.
Решение
Шаг 1. Рассмотрим треугольник $APD$. По условию $\angle PAD + \angle PDA = 90^\circ$. Так как сумма углов треугольника равна $180^\circ$, имеем
\[\angle APD = 180^\circ - (\angle PAD + \angle PDA) = 90^\circ.\]Шаг 2. Обозначим $O$ центр окружности, проходящей через $A$ и $B$ и касающейся прямой $CD$, а $E$ — точку касания. По свойству касательной к окружности радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной. Значит,
\[OE \perp CD.\]
Шаг 3. Проведём из $O$ перпендикуляр $OH$ к прямой $AP$. Тогда $\angle PHO = 90^\circ$. В четырёхугольнике $PEOH$ три угла прямые ($\angle PEO=90^\circ$, $\angle EOH=90^\circ$, $\angle PHO=90^\circ$), следовательно, это прямоугольник, и все его противоположные стороны попарно равны:
\[HP = OE.\]Шаг 4. Рассмотрим треугольники $BPC$ и $APD$. У них:
- общий угол при вершине $P$;
- $\angle PBC = \angle PAD$, так как $BC \parallel AD$ и при секущей $PB$ соответствующие углы равны.
По двум равным углам треугольники подобны.
Шаг 5. Обозначим $BP = x$. Тогда $AP = AB + BP = 10 + x$. Из подобия
\[\frac{BP}{AP} = \frac{BC}{AD} \quad\Longrightarrow\quad \frac{x}{10 + x} = \frac{6}{18} \quad\Longrightarrow\quad 18x = 6(10 + x) \quad\Longrightarrow\quad 12x = 60 \quad\Longrightarrow\quad x = 5.\]Таким образом, $BP = 5$.
Шаг 6. Проведём радиусы $AO$ и $BO$. В треугольнике $AOB$ $AO = BO$, значит он равнобедренный. Из пункта 3 $OH$ перпендикулярен $AP$, а $AP$ — продолжение средней линии $AB$ (или просто высота на основание $AB$). В равнобедренном треугольнике высота, проведённая к основанию, является также медианой. Следовательно,
\[AH = HB = \frac{AB}{2} = 5.\]Тогда
\[HP = HB + BP = 5 + 5 = 10.\]Шаг 7. В прямоугольнике $PEOH$ $OE = HP$. Поскольку $OE$ — радиус окружности, получаем
\[R = OE = HP = 10.\]Ответ: $10$.
Пример 4. Биссектрисы в параллелограмме
Условие задачи:
Биссектрисы углов $A$ и $B$ параллелограмма $ABCD$ пересекаются в точке $K$. Найдите площадь параллелограмма, если $BC=2$, а расстояние от точки $K$ до стороны $AB$ равно 8.
Решение
Шаг 1. Из точки $K$ опущен перпендикуляр $KH$ к стороне $AB$, поэтому $KH=8$. Через точку $K$ проведён перпендикуляр к стороне $AD$, который пересекает $AD$ в точке $N$ и $BC$ в точке $M$.
Шаг 2. В треугольниках $\triangle AHK$ и $\triangle ANK$ $\angle AHK=\angle ANK=90^\circ$, $\angle HAK=\angle NAK$ (так как $AK$ — биссектриса $\angle HAN$), гипотенуза $AK$ — общая. Значит, $\triangle AHK\cong\triangle ANK$ по признаку «гипотенуза и острый угол», и $NK=HK=8$.
Шаг 3. В треугольниках $\triangle HBK$ и $\triangle MBK$ $\angle BHK=\angle BMK=90^\circ$, $\angle HBK=\angle MBK$ (так как $BK$ — биссектриса $\angle HBM$), гипотенуза $BK$ — общая. Значит, $\triangle HBK\cong\triangle MBK$ по признаку «гипотенуза и острый угол», и $MK=HK=8$.
Шаг 4. Тогда $MN=MK+KN=8+8=16$.
Шаг 5. Площадь параллелограмма равна $BC\cdot MN=2\cdot16=32$.
Ответ: $32$.
Пример 5. Трапеция и биссектриса
Условие задачи:
Боковые стороны $AB$ и $CD$ трапеции $ABCD$ равны соответственно 8 и 10, а основание $BC$ равно 2. Биссектриса угла $ADC$ проходит через середину стороны $AB$. Найдите площадь трапеции.
Решение
Шаг 1. Обозначим середину стороны $AB$ точкой $M$. Тогда $AM=MB$. Пусть прямая $DM$ пересекает прямую $BC$ в точке $P$.
Шаг 2. Докажем равенство треугольников $PBM$ и $DMA$. Поскольку $BC\parallel AD$, при секущей $AB$ углы $\angle PBM$ и $\angle DMA$ — накрест лежащие, следовательно, $\angle PBM=\angle DMA$. Углы $\angle PMB$ и $\angle AMD$ — вертикальные, значит, $\angle PMB=\angle AMD$. А сторона $BM=AM$. По признаку двух углов и лежащей между ними стороны (УСУ) треугольники равны.
Шаг 3. Из равенства треугольников следует, что $BP=AD$.
Шаг 4. Так как $BC\parallel AD$, при секущей $PD$ углы $\angle CPD$ и $\angle PDA$ — накрест лежащие, поэтому $\angle CPD=\angle PDA$. А по условию $DM$ — биссектриса угла $\angle CDA$, значит, $\angle PDA=\angle CDP$. Поэтому треугольник $PCD$ равнобедренный, и
\[PC=CD=10.\]Шаг 5. На прямой $BC$ точки расположены в порядке $P\!-\!B\!-\!C$. Тогда
\[PC=PB+BC \quad\Longrightarrow\quad PB=PC-BC=10-2=8.\]Отсюда $AD=BP=8$.
Шаг 6. Проведём через $C$ прямую $CE\parallel AB$. Так как $BC\parallel AE$ и $AB\parallel CE$, четырёхугольник $ABCE$ — параллелограмм. Тогда
\[CE=AB=8, \quad AE=BC=2.\]
Шаг 7. Найдём
\[ED=AD-AE=8-2=6.\]Шаг 8. В треугольнике $CED$ по теореме Пифагора
\[CD^2=CE^2+ED^2=8^2+6^2=100,\]значит, $CD=10$ и по обратной теореме Пифагора $\angle CED=90^\circ$. Тогда $CE$ — высота трапеции.
Шаг 9. Площадь трапеции
\[S_{ABCD}=\frac{BC+AD}{2}\cdot CE=\frac{2+8}{2}\cdot8=40.\]Ответ: $40$.
Пример 6. Вписанный четырёхугольник с диагоналями
Условие задачи:
Четырёхугольник $ABCD$ со сторонами $AB=11$ и $CD=41$ вписан в окружность. Диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $K$, причём $\angle AKB=60^\circ$. Найдите радиус окружности, описанной около этого четырёхугольника.
Решение
Шаг 1. Проведём $DM \parallel AC$. Тогда
\[\angle AKB = \angle BDM = 60^\circ,\]поскольку это соответствующие углы, образованные параллельными прямыми $DM$ и $AC$ и секущей $BD$.
Шаг 2. Проведём $AM$. Тогда
\[\angle CAD = \angle ADM,\]как накрест лежащие углы при $AC \parallel MD$ и секущей $AD$.
Шаг 3. Углы $\angle CAD$ и $\angle ADM$ — вписанные в ту же окружность, они опираются на дуги $CD$ и $AM$ соответственно. Поскольку углы равны, равны и соответствующие дуги, а значит и хорды:
\[AM = CD = 41.\]Шаг 4. Рассмотрим вписанный четырёхугольник $ABDM$. По свойству вписанного четырёхугольника
\[\angle MAB + \angle MDB = 180^\circ.\]Поскольку $\angle MDB = 60^\circ$, получаем
\[\angle MAB = 120^\circ.\]Шаг 5. В треугольнике $ABM$ по теореме косинусов:
\[\begin{aligned} BM^2 &= AB^2 + AM^2 - 2\cdot AB\cdot AM\cdot\cos\angle BAM\\ &= 11^2 + 41^2 - 2\cdot11\cdot41\cdot\cos120^\circ\\ &= 121 + 1681 - 2\cdot11\cdot41\cdot\Bigl(-\tfrac12\Bigr) = 2253. \end{aligned}\]Следовательно, $BM = \sqrt{2253}$.
Шаг 6. В том же треугольнике по теореме синусов:
\[\frac{BM}{\sin120^\circ} = 2R \quad\Longrightarrow\quad R = \frac{\sqrt{2253}}{2\sin120^\circ} = \frac{\sqrt{2253}}{2\,\frac{\sqrt3}{2}} = \sqrt{\frac{2253}{3}} = \sqrt{751}.\]Ответ: $\sqrt{751}$.