Планиметрическая задача

а)

По теореме, обратной теореме Пифагора, следует, что треугольник $ABC$ прямоугольный с прямым углом $C$. Пусть радиус вписанной в него окружности равен $r$. Тогда $$r = \dfrac{AC + BC - AB}{2} = \dfrac{12 + 16 - 20}{2} = 4.$$ Пусть $K$ — середина катета $BC$. Тогда $KM$ и $MN$ — средние линии треугольника $ABC$. Расстояние между прямыми $KM$ и $AC$ равно длине отрезка $MN$, то есть 8. То есть $\rho(KM, AC)=8=2r$. Следовательно, эта окружность касается средней линии $KM$.

б) Треугольник $AMN$ прямоугольный с прямым углом $N$, тогда центр окружности, описанной около $AMN$ — отрезка $AM$. Пусть точка $Q$ — центр этой окружности. $$R_{AMN}=AQ=\dfrac{AM}{2}=\dfrac{AB}{4}=5$$ Пусть окружность, вписанная в $ABC$ касается сторон $AB$ и $AC$ в точках $E$ и $F$ соответственно. Тогда $$CF = r = 4$$ $$AE = AF = AC - CF = 12 - 4 = 8$$ $$EQ = AE - AQ = 8 - 5 = 3$$ Угол $OEQ$ — прямой, так как $OE$ — радиус, $E$ — точка касания. В прямоугольном $\Delta OEQ$: $$OQ = \sqrt{OE^2 + EQ^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = 5$$

Пусть $L$ — одна из точек пересечения рассматриваемых окружностей. Общая хорда пересекающихся окружностей перпендикулярна линии центров и делится ею пополам.

Тогда искомое расстояние равно удвоенной высоте $LH$ треугольника $OLQ$ с известными сторонами $OL=r = 4$, $QL = 5$, $OQ = 5$.

$OLQ$ равнобедренный, тогда $LH$, является и высотой, и медианой, тогда $$QT = \sqrt{LQ^2 - LT^2} = \sqrt{25 - 4} = \sqrt{21}$$ Выпишем площадь $\Delta OLQ$: $$S_{OLQ}=\dfrac{1}{2} OQ \cdot LH = \dfrac{1}{2} OL \cdot QT$$ Тогда $$LH = \frac{OL \cdot QT}{OQ} = \frac{4\sqrt{21}}{5}.$$

Следовательно, искомое расстояние равно $2LH = \dfrac{8\sqrt{21}}{5}$.

Ответ: $\; \dfrac{8\sqrt{21}}{5}$.

а)

Пусть точка $O$ — центр окружности, а прямая $EO$ пересекает $BC$ в точке $Q$.

Радиус $OE$, проведен в точку касания, тогда $OE \perp DE$. Также $AB \perp DE$, следовательно, прямые $EO$ и $AB$ параллельны.

Угол $CBA$ — прямой, так как опирается на диаметр, тогда $CB \perp DB$. Также $ED \perp DB$, следовательно, $CB \parallel ED$.

Получили, что четырехугольник $BQED$ — прямоугольник.

Треугольник $COB$ равнобедренный, так как $OC=OB$, как радиусы. $OQ \perp CB$, тогда $OQ$ еще и медиана в этом треугольнике. Значит $BC=2BQ=2DE$.

б) По теореме о касательной и секущей: $$DE^2 = AD \cdot (AD + AB) = 4 \cdot (4 + 5) = 36,$$ Значит, $DE = 6$. Тогда $BC = 2DE = 12$.

По теореме Пифагора для $\Delta ADE$: $$AE = \sqrt{AD^2 + DE^2} = \sqrt{16 + 36} = 2\sqrt{13}$$ По теореме Пифагора для $\Delta ABC$: $$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2}= \sqrt{25 + 144} = 13$$ Угол $AEC$ — прямой, так как опирается на диаметр. По теореме Пифагора для $\Delta AEC$: $$CE = \sqrt{AC^2 - AE^2} = \sqrt{169 - 52} = 3\sqrt{13}$$ Опустим высоту $EH$ на сторону $AC$. $EH$ — высота прямоугольного треугольника $AEC$, проведенная из вершины прямого угла, тогда $$EH=\dfrac{CE\cdot AE}{AC} = \dfrac{3\sqrt{13} \cdot 2\sqrt{13}}{13}=6$$

Ответ: $\; 6$.

а)

Проведем общую касательную к окружностям через точку $K$.

По теореме об угле между касательной и хордой. $$\angle PKN = \angle BAK$$ Аналогично $$\angle PKN = \angle KMN$$ Тогда $\angle BAK = \angle NMK$, следовательно, хорды $AB$ и $MN$ параллельны, при соответственных $\angle BAK$ и $\angle NMK$ и секущей $MK$.

Следовательно, треугольники $LAK$ и $CMK$ подобны и треугольники $LBK$ и $CNK$ подобны. Таким образом $$\frac{AL}{MC} = \frac{LK}{CK} = \frac{LB}{CN}$$ Откуда получим, что $$\frac{CN}{CM} = \frac{LB}{LA}.$$

б) Пусть точка $O$ — центр большей окружности, а $O_1$ — центр меньшей.

Пусть точка $H$ — середина хорды $MN$. Треугольник $MON$ равнобедренный ($OM=ON$, как радиусы), а значит, $OH \perp MN$

$AB \parallel MN, \; \dfrac{LB}{LA} =\dfrac{2}{3}$. Тогда по теореме о пропорциональных отрезках $$\dfrac{CN}{CM}=\dfrac{LB}{LA} =\dfrac{2}{3}$$ Пусть $CN = 4x$, тогда $CM = 6x$, а $CH = x$.

$O_1C \perp MN$, как радиус проведенный в точку касания. В прямоугольном $OHM$ по теореме Пифагора: $$OH = \sqrt{OM^2 - MH^2} = \sqrt{92 - 25x^2}.$$

Из точки $O$ опустим перпендикуляр $OR$ на $CO_1$. Тогда по теореме Пифагора в прямоугольном $\Delta ROO_1$: $$OR^2 = OO_1^2 - RO_1^2 = CH^2$$ откуда получаем уравнение: $$x^2 = (\sqrt{23})^2 - (\sqrt{23} - \sqrt{92 - 25x^2})^2$$ $$x^2 = 23 - 23 + 2 \cdot \sqrt{23} \cdot \sqrt{92 - 25x^2} - 92 + 25x^2$$ $$-24x^2 + 92 = 2\sqrt{23} \cdot \sqrt{92 - 25x^2}$$ $$23(92 - 25x^2) = (46 - 12x^2)^2$$ $$(46 - 12x^2)^2$$ $$144x^4 - 1104x^2 + 2116 = 2116 - 575x^2$$ $$144x^2 = 529$$ $$x = \dfrac{23}{12}$$

Таким образом $$MN = 10x = \frac{230}{12} = \dfrac{115}{6}.$$

Ответ: $\; \dfrac{115}{6}$.

а)

Пусть высота трапеции равна $2h$, тогда $\rho(M, AD) = \rho(M, BC) = h$. Следовательно,

$$S_{ABM} = S_{ABCD} - S_{BCM} - S_{ADM} = \dfrac{AD + BC}{2} \cdot 2h - \dfrac{1}{2}BC \cdot h - \frac{1}{2}AD \cdot h = \dfrac{1}{2}(AD + BC)h =$$ $$= \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{AD+BC}{2}\cdot2h = \dfrac{1}{2}S_{AMD}.$$

б)

Пусть $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $E$. $BC = \dfrac{1}{2}AD$, поэтому $BC$ — средняя линия треугольника $AED$.

Заметим, что $S_{AKD} = 2S_{BKC}$. Тогда $$\dfrac{1}{2}AD \cdot \rho(K, AD) = 2 \cdot \dfrac{1}{2}BC \cdot \rho(K, BC)$$

Так как $AD = 2BC$, то $\rho(K, AD) = \rho(K, BC)$. Таким образом, точка $K$ лежит на средней линии трапеции. Значит $K$ — середина $CD$.

Опустим перпендикуляры $DH_1$ и $KH_2$ к $AB$ Из подобия прямоугольных треугольников $DH_1E$ и $KH_2E$, имеем:

$$\rho(K, AB) : \rho(D, AB) = KE : DE$$

Таким образом,

$$\rho(K, AB) = 10 \cdot \dfrac{KE}{DE} = 10 \cdot \dfrac{KC + CE}{2CD} = 10 \cdot \dfrac{\dfrac{1}{2}CD + CD}{2CD} = 10 \cdot \dfrac{3}{4} = 7\dfrac{1}{2}$$

Ответ: $\; 7\dfrac{1}{2}$.

а)

$EF$ параллельна $CD$, а $FC = ED$, значит $FCDE$ — равнобедренная трапеция.

Углы $FEA$ и $CDE$ равны, как соответственный при параллельных $FC$ и $ED$ и секущей $AD$.

Тогда $\angle FAD = \angle CDE = \angle FEA$.

Пусть угол $\angle AFE = 2\alpha$. Тогда $\angle FAE =\dfrac{180^\circ - 2\alpha}{2}= 90^\circ - \alpha=\angle CDE = \angle DCF$.

Далее, $$\angle BCD = 180^\circ - \angle ADC = 180^\circ - (90^\circ - \alpha) = 90^\circ + \alpha.$$ Таким образом, $$\angle BCF =\angle BCD - \angle DCF = 90^\circ + \alpha - (90^\circ - \alpha) = 2\alpha = \angle AFE.$$ Получили, что $\angle BCF = \angle AFE = 2\alpha$.

б) Пусть $BF = x$, тогда $DE = CF = 5x$. Пусть $\angle D = \beta$.

В трапеции $FCDE$ проведем высоты $EH$ и $FG$. Она равнобедренная, тогда $$CD =DH + HG + GC =2\cdot DH + HG =2DE\cdot \cos \angle D + HG =2 \cdot 5x \cos \beta + 8, \quad AB = 8 + x,$$ следовательно, $$10x \cos \beta + 8 = 8 + x \Rightarrow \cos \beta = \frac{1}{10}.$$ Пусть $EH$ — высота трапеции, тогда $$EH = ED \cdot \sin \beta =ED \cdot \sqrt{1-\cos^2 \beta}= 5x \cdot \sqrt{1 - \frac{1}{100}} = \frac{x \sqrt{99}}{2} = \frac{3 \sqrt{11}x}{2}$$ Найдем площадь трапеции $CFED$: $$S_{CFED} = \dfrac{FE + CD}{2} \cdot EH = \dfrac{8 + 8 + x}{2} \cdot \dfrac{3 \sqrt{11}x}{2} = 27 \sqrt{11}$$ Тогда $$x(x + 16) = 36 \; \Rightarrow \; x = 2$$

Из равнобедренного $\Delta AFE$: $AE$: $AE = 2AF \cdot \cos \beta = 1{,}6$, следовательно, $AD = 5 \cdot 2 + 1{,}6 = 11{,}6$. Аналогичным способом можем найти длину $BC$: $$BC = AD - 2CD \cdot \cos \beta = 11{,}6 - 2 = 9{,}6$$ Найдем высоту трапеции $ABCD$ $$CD \cdot \sin \beta = 10 \cdot \dfrac{3\sqrt{11}}{10} = 3\sqrt{11}$$ Тогда $$S_{ABCD} = \dfrac{9{,}6 + 11{,}6}{2} \cdot 3\sqrt{11} = \dfrac{159\sqrt{11}}{5}.$$

Ответ: $\; \dfrac{159\sqrt{11}}{5}$.