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 \(H_1 F=EH_2\).
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
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_
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.
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
Следовательно, радиусы окружностей тоже равны \(8\).
6) Рассмотрим \(∆O_2 KN\) – прямоугольный.
\(KN=\sqrt
\(MK=KN\), 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_
\(∆O_1 MN\) – прямоугольный (\(∠O_1 MN=90^°\)), значит \(S_
\(S_
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 параллелограммаОкружность 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 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:
|
MN и CD — не параллельны, четырехугольник NMDC — трапеция. Однако, любая трапеция, вписанная в окружность, непременно является равнобедренной. А у равнобедренной трапеции диагонали равны.
