Вписанные и описанные окружности в четырёхугольниках

а)

Рассмотрим треугольник $AHC$. Угол $HC_1C$ равен $90^\circ$, угол $HA_1A$ равен $90^\circ$, значит:
$$\angle HC_1C + \angle HA_1A = 180^\circ \Rightarrow \text{ четырёхугольник } HC_1BA_1 \text{ вписанный }$$
Найдём угол $ABC$:
$$\angle ABC = \angle C_1B A_1 \text{ как вертикальные}$$
$$\angle C_1BA_1 = 180^\circ - \angle AHC = 180^\circ - 60 = 120^\circ = \angle ABC$$

б) Найдём угол $HAA_1$ из прямоугольного $\triangle HAA_1$: $$\angle HAA_1 = 90^\circ - \angle AHA_1 = 90^\circ - \angle AHC = 30^\circ$$ Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABC_1$. Катет $C_1B$ равен половине гипотенузы $AB$, так как он лежит против угла в $30^\circ$. $$C_1B = \frac{AB}{2} = \frac{7}{2}$$ Аналогично для треугольника $CC_1H$, $\angle HCC_1 = 30^\circ$.

Из этого же треугольника имеем: $$\tg HCC_1 = \tg30^\circ = \frac{HC_1}{CC_1} = \frac{HC_1}{C_1B + BC} = \frac{HC_1}{\frac{23}{2}} = \frac{\sqrt3}{3} \Leftrightarrow HC_1 = \frac{23\sqrt3}{6}$$

Из прямоугольного $\triangle HC_1B$ по теореме Пифагора: $$HB = \sqrt{(C_1B)^2 + (HC_1)^2} = \sqrt{\frac{49}{4} + \frac{1586}{36}} = \sqrt{\frac{2028}{36}} =$$ $$= \sqrt{\frac{169}{3}} = \frac{13}{\sqrt3}$$

Ответ: $\frac{13}{\sqrt3}$

Решение а).

1. По свойству углов, опирающихся на одну дугу окружности, находим $\angle CBD = \angle CAD$ и $\angle BCA = \angle BDA$.

2. Из того, что треугольники $ABC$ и $BCD$ – равнобедренные: $\angle CBD = \angle CDB$ и $\angle CAB = \angle BCA$.

3. Получаем: $\angle CBD = \angle CDB = \angle CAB = \angle BCA = \angle BDA$. Следовательно, накрест лежащие углы равны, и $BC \parallel AD$.

Решение б).

1. Пусть $\angle CBD = \angle ACB = \angle CAB = a$ (равенство углов из пункта а).

2. По теореме синусов в треугольнике $ABC$:

$$\frac{AB}{\sin \angle ACB}=\frac{12}{\sin a}=2R \Rightarrow 12=16\sin a \Rightarrow \sin a=0{,}75.$$

1. Заметим, что по сумме углов треугольника $ABC$

$$\angle CBD+\angle ACB+\angle CAB+\angle ABD=180^\circ \Rightarrow \angle ABD+3a=180^\circ \Rightarrow \angle ABD=180^\circ-3a.$$

1. По теореме синусов в треугольнике $ABD$:

$$\frac{AD}{\sin(180^\circ-3a)}=2R \Rightarrow AD=16\sin 3a \Rightarrow AD=16(3\sin a-4(\sin a)^3)=9.$$

Ответ: 9.

Решение а).

1. Рассмотрим треугольники $CKD$ и $CED$. Угол $BDC$ равен углу $CED$, так как эти углы опираются на равные дуги $BC$ и $CD$. Угол $C$ общий. Следовательно, треугольники $CKD$ и $CED$ подобны по двум углам.

2. Из подобия треугольников $CKD$ и $CDE$ находим

$$\frac{CK}{CD}=\frac{CD}{CE},$$ откуда $CE \cdot CK = CD^2 = a^2$.

Решение б).

1. Треугольники $BCK$ и $EDK$ подобны, так как $\angle BKC = \angle EKD = 60^\circ$ (вертикальные) и $\angle CBK = \angle CED = 45^\circ$ (опираются на одну дугу $CD$).

2. Из подобия треугольников $BCK$ и $KED$ следует

$$\frac{CK}{KD}=\frac{BK}{KE}.$$

1. Отметим, что $\angle DCK = 180^\circ - \angle CKD - \angle CDK = 180^\circ - 120^\circ - 45^\circ = 15^\circ$.

2. Применив теорему синусов к треугольнику $DCK$, получаем

$$\frac{KD}{\sin 15^\circ}=\frac{CK}{\sin 45^\circ},$$ откуда

$$\frac{CK}{KD}=\frac{\sin 45^\circ}{\sin 15^\circ}.$$

1. Вспоминая, что $\frac{CK}{KD}=\frac{BK}{KE}$, получаем

$$\frac{BK}{KE}=\frac{\sqrt{2}}{2\sin 15^\circ}.$$

Ответ:

$$\frac{BK}{KE}=\frac{\sqrt{2}}{2\sin 15^\circ}.$$

1. a) Так как $O$ — центр вписанной в $\triangle ABC$ окружности, то $AO$ и $BO$ — биссектрисы. Введем обозначения: $\angle BAO = \alpha$, $\angle ABO = \beta$. Следовательно, по теореме о внешнем угле имеем: $\angle AOP = \alpha + \beta$. Углы $\beta = \angle CBP = \angle CAP$ как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу. Следовательно, $\angle PAO = \alpha + \beta = \angle AOP$. Что и требовалось доказать.

2. б) Пусть $R$ — радиус описанной около $\triangle ABC$ окружности. Тогда по теореме синусов для $\triangle ABP$: $$\frac{AP}{\sin \angle ABP} = 2R \quad\Rightarrow\quad AP = 2R\sin 30^\circ = 6.$$ Следовательно, $OP = AP = 6$. Далее имеем: $$\angle APO = 180^\circ - 2\left(\frac{75^\circ}{2} + 30^\circ\right) = 45^\circ.$$ Следовательно, искомая площадь равна: $$S_{APO} = \frac{1}{2}\cdot AP \cdot OP \cdot \sin 45^\circ = 9\sqrt{2}.$$ Ответ: $9\sqrt{2}$.

a) Доказательство:

1. Опишем окружность около прямоугольного $\triangle ABC$. Её диаметром является гипотенуза $AB$. Центр $O$ описанной окружности — середина диаметра.
2. По условию, $AH=BP$. Так как $O$ — середина $AB$, точки $H$ и $P$ симметричны относительно $O$.
3. Высота $CH \perp AB$ и перпендикуляр $QT \perp AB$. Из симметрии $H$ и $P$ относительно $O$, ординаты симметричных точек окружности $C$ и $Q$ равны: $$y_C=y_Q \Rightarrow CQ \parallel AB$$
4. Так как $CQ \parallel AB$, то четырехугольник $ACQB$ — трапеция. Вписанная трапеция всегда является равнобокой. Ч.Т.Д.

б) Решение:

1. Так как $CQ \parallel AB$ и $QT \perp AB$, то по теореме Пифагора для диаметра и хорды выполняется: $$CQ^2+QT^2=AB^2$$
2. Выразим хорду $QT$ при известном $CQ=5$: $$QT^2=AB^2-25$$ $$QT=\sqrt{AB^2-25}$$

Ответ: $$QT=\sqrt{AB^2-25}.$$