Задания
Версия для печати и копирования в MS Word
Задание 16 № 514372

К окружности, вписанной в квадрат ABCD, проведена касательная, пересекающая стороны AB и AD в точках M и N соответственно.

а) Докажите, что периметр треугольника AMN равен стороне квадрата.

б) Прямая MN пересекает прямую CD в точке P. В каком отношении делит сторону BC прямая, проходящая через точку P и центр окружности, если AM : MB = 1 : 3?

Решение.

а) Пусть окружность, вписанная в квадрат, касается его стороны AB в точке M1, стороны AD — в точке N1, а прямой MN — в точке T. По свойству касательных NN_1=NT, MM_1=MT и AN_1=AM_1. Тогда

 

AM плюс MN плюс AN=AM плюс MT плюс NT плюс AN=

(AM плюс MM_1) плюс (NN_1 плюс AN)=

= дробь, числитель — 1, знаменатель — 2 AB плюс дробь, числитель — 1, знаменатель — 2 AD=AB.

б) Положим AB=12a, TN=NN_1=x. Тогда

AM=3a,

AN=AN_1 минус NN_1=6a минус x,

MN=MT плюс TN=3a плюс x.

По теореме Пифагора AM в степени 2 плюс AN в степени 2 =MN в степени 2 , то есть

9a в степени 2 плюс (6a минус x) в степени 2 =(3a плюс x) в степени 2 .

Отсюда находим, что x=2a. Тогда AN=4a и MN=5a. Пусть O — центр окружности, а прямая PO пересекает стороны AD и BC в точках L и H соответственно. Из равенства треугольников DOL и BOH следует, что DL = BH, поэтому  дробь, числитель — BH, знаменатель — HC = дробь, числитель — DL, знаменатель — LA . Окружность вписана в угол MPC, значит, PL — биссектриса треугольника DPN, который подобен треугольнику AMN. Используя свойство биссектрисы и подобие, находим:

 дробь, числитель — DL, знаменатель — LN = дробь, числитель — PD, знаменатель — PN = дробь, числитель — AM, знаменатель — MN = дробь, числитель — 3, знаменатель — 5 ,

откуда

DL= дробь, числитель — 3, знаменатель — 8 DN.

учитывая, что DN=DA минус AN=12a минус 4a=8a, находим, что DL=3a, LA=9a.

 дробь, числитель — BH, знаменатель — HC = дробь, числитель — DL, знаменатель — LA = дробь, числитель — 1, знаменатель — 3 .

 

Ответ: б) 1 : 3.

 

Приведем решение пункта б) предложенное нашим читателем Дмитрием.

Часть б) можно решить проще, доказав, что \Delta OHB=\Delta OMA. Оттуда сразу следует, что MA=HB при любом положении точки M. Действительно, OB=OA,\angle OAM=\angle OBH =45 в степени circ, а \angle MPC=\angle TOM_1 — угол между касательными и соответствующими им радиусами. Далее, PH — биссектриса \angle MPC,OM — биссектриса \angle TOM_1. Следовательно, \angle HPC= \angle MOM_1,\angle PHC=\angle OMM_1,\angle OHB=\angle OMA,\angle BOH=\angle AOM. Треугольники OHB и OMA равны по второму признаку.

 

Приведем решение пункта б) Максима Волкова.

Пусть O — центр окружности, T — точка касания окружности и прямой MN.

Положим AB = 12a, тогда радиус окружности R = 6a, MT = MM1 =3a.

Пусть  \alpha= \angle MOT; тангенс \alpha = дробь, числитель — MT, знаменатель — OT = дробь, числитель — 3a, знаменатель — 6a = дробь, числитель — 1, знаменатель — 2 .

Заметим, что PO и TO — биссектрисы внутренних односторонних углов, образованных при пересечении параллельных прямых AB и PC секущей MN, следовательно,  \angle MOP=90 в степени circ, тогда  \angle CPO = \angle MPO = \angle MOT = \alpha.

Пусть F — точка касания окружности со стороной CD, тогда

В треугольнике POF  OF=PF умножить на тангенс \alpha равносильно PF=12a, тогда PC = 12a + 6a = 18a.

В треугольнике PHC  CH=PC умножить на тангенс \alpha = 9a.

Следовательно, BH = 12a − 9a = 3a, тогда  дробь, числитель — BH, знаменатель — HC = дробь, числитель — 3a, знаменатель — 9a = дробь, числитель — 1, знаменатель — 3 .


Аналоги к заданию № 514372: 519900 Все

Источник: Задания 16 (С4) ЕГЭ 2015
Методы геометрии: Свойства биссектрис
Классификатор планиметрии: Окружности и четырёхугольники, Подобие
Спрятать решение · · Курс 80 баллов · Курс Д. Д. Гущина ·
Галина Сычева 02.12.2018 16:02

Комментарий к решению Дмитрия. Очень хорошее, на первый взгляд решение, но почему точки Т, А, О лежат на одной прямой? Это не верно.

Константин Лавров

Это, конечно верно, но этим, конечно, Дмитрий не пользуется в своем решении.