Окружность касается трех сторон параллелограмма

Задача про две окружности в параллелограмме

а) В параллелограмме \(ABCD\) расположены две равные непересекающиеся окружности. Первая касается сторон \(AD\), \(AB\) и \(BC\), вторая сторон \(AD\), \(CD\) и \(BC\).
б) Пусть \(ABCD\) – прямоугольник, а прямая \(l\) касается окружностей в точках \(M\) и \(N\). Найдите площадь четырёхугольника с вершинами в точках \(M\), \(N\) и в центрах окружностей, если \(AD=36\), а расстояние между центрами окружностей равно \(20\).

а) В параллелограмме \(ABCD\) расположены две равные непересекающиеся окружности. Первая касается сторон \(AD\), \(AB\) и \(BC\), вторая сторон \(AD\), \(CD\) и \(BC\).

1) У параллелограмма точка пересечения диагоналей – это точка, в которой диагонали делятся пополам.

2) Диагональ и касательная \(l\) обязательно пересекаются в какой-то точке, поскольку очевидно не параллельны. Значит, если доказать, что касательная делит диагональ пополам, то можно говорить о том, что касательная проходит через точку пересечения диагоналей.

3) Как же доказать, что \(AK=KC\)? Один из самых популярных способов доказать, что отрезки равны – доказать равенство треугольников, в которых эти отрезки являются, например, сторонами. В нашем случае это \(∆AKF\) и \(∆EKC\).

4) Как доказать, что \(∆AKF=∆EKC\)? С углами всё хорошо — все три пары углов в этих треугольниках равны либо как вертикальные, либо как накрест лежащие. А вот со сторонами сложнее. Нужно доказать либо \(EK=KF\), либо \(AF=EC\).

5) Есть ощущение, что \(AH_1=H_2 C\) и \(EH_2=H_1 F\). Но ощущений маловато, нужно что-то посерьезнее… Вспомним, что это отрезки касательных, а где есть касание, там зачастую правильным действием будет провести радиус в точку касания. И соединим еще центры окружностей с \(F\) и \(E\), чтоб получились треугольники.

6) Можно ли доказать, что \(∆O_1 FH_1=∆O_2 EH_2\)? Есть прямые углы между радиусами и сторонами параллелограмма (ведь эти стороны – касательные к окружности). Есть радиусы, и они равны, так как по условию задачи окружности равные. Нужно равенство еще одной пары сторон или углов.

7) Попробуем доказать, что \(∠H_1FO_1=∠H_2 EO_2\).
Заметим, что \(∠AFE=∠FEC\) как накрест лежащие. При этом окружность с центром \(O_1\) вписана в угол \(AFE\), то есть \(FO_1\) – биссектриса. И с \(EO_2\) аналогично! Тогда получается, то \(∠H_1 FO_1=∠H_2 EO_2\) как половинки от равных углов \(∠AFE=∠FEC\)!

8) Супер! Последний кусочек найден, теперь можно собирать весь паззл.
\(∆O_1 FH_1=∆O_2 EH_2\) по катету и острому углу: \(∠H_1 FO_1=∠H_2 EO_2\), \(O_1 H=O_2 H\) как радиусы. Значит \(H_1 F=EH_2\).

Читайте также:  Прямоугольный параллелепипед формулы с примерами

9) Аналогично можно доказать равенство \(∆O_1 H_1 A=∆O_2 H_2 C\) из которого сделать вывод \(AH_1=H_2 C\).

10) \(AF=AH_1+H_1 F=H_2 C+EH_2=EC\),
\(∠KAF=∠KCE\) (как накрест лежащие),
\(∠KFA=∠KEC\) (аналогично).
Следовательно, \(∆AKF=∆EKC\), а значит и \(AK=KC\).

11) Получается касательная проходит через середину диагонали, а значит и через точку пересечения диагоналей.

1) Обозначим точку пересечения касательной \(l\) и диагонали \(AC\) как \(K\), точки касания окружностями сторон параллелограмма — \(H_1\) и \(H_2\), точки пересечения касательной и сторон параллелограмма — \(E\) и \(F\).

2) \(∠H_1 FO_1=∠H_2 EO_2\): \(∠AFE=∠FEC\) как накрестлежащие, \(FO_1\) и \(EO_2\) – биссектрисы по свойству вписанной окружности, значит \(∠H_1 FO_1=\frac<1><2>∠AFE=\frac<1><2>∠FEC=∠H_2 EO_2\).

3) Радиусы двух окружностей равны, так как окружности равные по условию задачи.

4) \(∆O_1 FH_1=∆O_2 EH_2\) по катету и острому углу: \(∠H_1 FO_1=∠H_2 EO_2\), \(O_1 H_1=O_2 H_2\) (как радиусы), \(∠O_1 H_1 F=∠O_2 H_2 E=90^°\) (как углы между касательными и радиусами, проведенными в точку касания). Значит \(H_1 F=EH_2\).

5) Аналогично можно доказать равенство \(∆O_1 H_1 A=∆O_2 H_2 C\) из которого сделать вывод \(AH_1=H_2 C\).

6) Таким образом имеем: \(AF=AH_1+H_1 F=H_2 C+EH_2=EC\), \(∠KAF=∠KCE\), \(∠KFA=∠KEC\) (как накрест лежащие). Следовательно, \(∆AKF=∆EKC\), а значит \(AK=KC\).

7) Точка пересечения диагоналей параллелограмма – это их общая середина, а т.к. касательная \(l\) проходит через середину \(AC\), то она проходит и через точку пересечения диагоналей.

Что и требовалось доказать.

б) Пусть \(ABCD\) – прямоугольник, а прямая \(l\) касается окружностей в точках \(M\) и \(N\). Найдите площадь четырёхугольника с вершинами в точках \(M\), \(N\) и в центрах окружностей, если \(AD=36\), а расстояние между центрами окружностей равно \(20\).

1) \(MN\) — касательная, \(O_1 M\) — радиус. Значит угол между ними — \(90^°\). Получается \(∆MNO_1\) прямоугольный. Треугольник \(∆MNO_2\) точно такой же, и если найти его площадь, то можно будет умножить её на \(2\) и найти площадь всего четырехугольника.

2) Давайте проведем радиусы к нижней стороне и к боковым сторонам прямоугольника.

3) Очевидно, что получилось два равных квадрата и их стороны можно найти: \(AT=LD=\frac<2>=\frac<36-20><2>=8\). Тогда радиус тоже равен \(8\).

4) Заметим, что \(O_2 N∥O_1 M\) (ведь они оба перпендикулярны одной и той же прямой MN) и \(O_2 N=O_1 M\), следовательно \(O_1 MO_2 N\) – параллелограмм. А значит диагонали точкой пересечения делятся пополам и \(O_2 K=\frac<1><2>O_1 O_2=10\).

5) Получается \(KN=\sqrt<100-64>=6\), а \(MN=6\cdot 2=12\).

6) \(S_=\frac<1> <2>MN\cdot MO_1=\frac<1><2>\cdot 12\cdot 8=48\).

1) \(O_2 N⊥MN\) и \(O_1 M⊥MN\) как радиусы, проведенные в точку касания. Значит \(O_2 N∥O_1 M\). К тому же, \(O_2 N=O_1 M\) как радиусы равных окружностей. Следовательно, \(O_1 MO_2 N\) – параллелограмм.

Читайте также:  Как ставить трапецию дворников приора

2) \(O_1 O_2\) и \(MN\) — диагонали в параллелограмме, то есть они точкой пересечения делятся пополам. Значит \(O_1 K=KO_2=\frac<1> <2>O_1 O_2=10\).

3) Проведем из центров окружностей четвре радиуса к сторонам прямоугольника в точки касания, получились два четырехугольника: \(VO_1 TA\) и \(O_2 SDL\). \(∠O_1 VA=∠ATO_1=∠VAT=90^°\) и \(VO_1=O_1 T\) (как радиусы), следовательно, \(VO_1 TA\) квадрат. Аналогично доказывается, что \(O_2 SDL\) квадрат, причем \(VO_1 TA=O_2 SDL\), так как стороны их равны радиусам.

4) \(O_1 O_2 LT\) – прямоугольник: \(O_1 T=O_2 L\) (радиусы) и \(∠O_1 TL=∠O_2 LT=90^°\), следовательно, \(O_1 T∥O_2 L\). Значит \(TL=O_1 O_2=20\).

5) \(AD=AT+TL+LD\),
\(AT=LD\) (стороны равных квадратов).
Тогда \(AT=LD=\frac<2>=\frac<36-20><2>=8\).
Следовательно, радиусы окружностей тоже равны \(8\).

6) Рассмотрим \(∆O_2 KN\) – прямоугольный.
\(KN=\sqrt=\sqrt<100-64>=6\).
\(MK=KN\), т.к. \(K\) – точка пересечения диагоналей.
\(MN=2KN=12\).

7) \(∆O_1 MN=∆O_2 MN\) (т.к. \(O_1 MO_2 N\) – параллелограмм), следовательно, \(S_=S_\), а значит \(S_=2S_\).
\(∆O_1 MN\) – прямоугольный (\(∠O_1 MN=90^°\)), значит \(S_=\frac<1> <2>MN\cdot MO_1=\frac<1><2>\cdot 12\cdot 8=48\).
\(S_=2S_=96\).

Источник

Окружность касается трех сторон параллелограмма

В параллелограмм вписана окружность.

а) Докажите, что этот параллелограмм — ромб.

б) Окружность, касающаяся стороны ромба, делит её на отрезки, равные 3 и 2. Найдите площадь четырёхугольника с вершинами в точках касания окружности со сторонами ромба.

а) Пусть этот параллелограмм ABCD, тогда (из вписанности), откуда и ABCD — ромб.

б) Рассмотрим треугольник AOB, где O — точка пересечения диагоналей ромба и центр вписанной окружности. Опустим высоту OH, пусть Опустим также перпендикуляры HE и HF на AO и BO. Тогда прямоугольник EHFO по площади ровно в 4 раза меньше, чем требуемый четырехугольник (он состоит из четырех таких прямоугольников). Тогда

Ответ:

Критерии оценивания выполнения задания Баллы
Имеется верное доказательство утверждения пункта a и обоснованно получен верный ответ в пункте б 3
Получен обоснованный ответ в пункте б

имеется верное доказательство утверждения пункта а и при обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

2
Имеется верное доказательство утверждения пункта а

при обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,

Источник

Окружность касается трех сторон параллелограмма

Окружность касается стороны АВ параллелограмма ABCD, пересекает стороны AD и ВС в точках М и N соответственно и проходит через вершины С и D.

а) Докажите, что DN = CM.

б) Найдите DN, зная, что AM = 9, BN = 16, BC = 18.

а) Рассмотрим четырехугольник NMDC, вписанный в окружность. MD || NC, так как эти отрезки лежат на противоположных сторонах параллелограмма. Поскольку MN и CD — не параллельны, четырехугольник NMDC — трапеция. Однако, любая трапеция, вписанная в окружность, непременно является равнобедренной. А у равнобедренной трапеции диагонали равны.

Значит, DN = CM, что и требовалось доказать.

б) По свойству параллелограмма: AD = BC = 18.

Пусть Р — точка касания окружности отрезка АВ. По свойству отрезков секущей и касательной к окружности имеем:

Проведем высоту NH трапеции NMDC. По известному свойству равнобедренной трапеции имеем:

В прямоугольном треугольнике MHN по теореме Пифагора:

А в прямоугольном треугольнике NHD:

Критерии оценивания выполнения задания Баллы
Имеется верное доказательство утверждения пункта а и обоснованно получен верный ответ в пункте б. 3
Получен обоснованный ответ в пункте б.

Имеется верное доказательство утверждения пункта а и при обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки.

2
Имеется верное доказательство утверждения пункта а.

При обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки.

Источник

Окружность касается трех сторон параллелограмма

Дан параллелограмм ABCD, AB = 3, BC = 7, ∠A = 60°. Окружность с центром в точке O касается биссектрисы угла D и двух сторон параллелограмма, исходящих из вершины одного его острого угла. Найдите площадь четырёхугольника ABOD.

На первый взгляд, окружностей, удовлетворяющих условию, две: каждая из них вписана в правильный треугольник. Эти треугольники имеют стороны равные 7 и 3 соответственно. Для треугольника со стороной 7 радиус равен

Найдем площадь невыпуклого четырехугольника как сумму площадей треугольников AOB и AOD:

Для треугольника со стороной 3 радиус равен

Чтобы найти площадь четырехугольника ABOD, вычтем из площади параллелограмма площади треугольников BOC и DOC:

Однако первый случай невозможен (на это обратил наше внимание Олег Цимбалист). Действительно, для равностороннего треугольника со стороной AD, равной 7, расстояние от точки А до точки касания со вписанной окружностью будет равно разности полупериметра и противоположной стороны, то есть 3,5. Таким образом, данное расстояние на 0,5 превосходит длину стороны AB параллелограмма ABCD. По условию задачи, окружность с центром в точке О должна касаться биссектрисы угла D и двух сторон параллелограмма, исходящих из вершины одного его острого угла.

Но в первом случае точка касания окружности с прямой AB не принадлежит стороне AB параллелограмма ABCD. Иными словами, данная окружность касается только одной из сторон исходного параллелограмма, исходящих из вершины его острого угла A, а не двух сторон, как того требует условие.

Ответ:

Аналоги к заданию № 507617: 507662 507812 Все

Источник

Читайте также:  Как решать трапецию с диагональю
Поделиться с друзьями
Объясняем