Параллелограммы. Часть 2.: Часть 3

Видео

Конспект

Пример 2.28

ЕГЭ-2021, основная волна, № 16.

Дан параллелограмм ABCD с острым углом \angle A . На продолжении стороны AD за точку D взята точка N такая, что CN = CD , а на продолжении стороны CD за точку D взята точка M такая, что AM = AD .

а) Докажите, что BM = BN .

б) Найдите MN , если AC = 7 , \displaystyle \sin BAD = \frac{7}{25} \vphantom{\int} .

Okr_105 Рис. 5: К примеру 2.28

Решение. а) Пусть \angle CDN = \angle CND = \alpha , тогда \angle DCN = 180^\circ - 2\alpha (рис. 5). Углы CDN и ADM равны как вертикальные, тогда \angle ADM = \angle AMD = \alpha и \angle MAD = 180^\circ - 2\alpha . Тогда \angle BAM = \angle BCN = 180^\circ - \alpha . Таким образом, треугольники ABM и BCN равны по двум сторонам и углу между ними, следовательно, BM = BN .

б) Равные углы MAN и NCM опираются на отрезок MN , значит, точки M , C , N и A лежат на одной окружности. Рассмотрим треугольник AMN , вписанный в окружность. В нем \frac{MN}{\sin(180^\circ - 2 \alpha)} = 2R . Треугольник ACM также вписан в окружность, поэтому \frac{AC}{\sin \alpha} = 2R . Таким образом, \frac{AC}{\sin(180^\circ - 2\alpha)} = \frac{MN}{\sin \alpha}, MN = \frac{AC \cdot \sin 2\alpha}{\sin \alpha} = AC \cdot 2 \cos \alpha = 2 \cdot 7 \cdot \frac{24}{25} = \frac{336}{25}. Ответ: б) \displaystyle \frac{336}{25} \vphantom{\int} .

Пример 2.29

Дан ромб ABCD с диагоналями AC=24 , BD=10 . Проведена окружность радиуса \displaystyle \frac{5\sqrt{2}}{2} с центром в точке пересечения диагоналей ромба. Прямая, проходящая через вершину B , касается этой окружности и пересекает CD в точке M . Найдите CM .

Okr_93 Рис. 6: К примеру 2.29

Решение.

Во-первых, найдем сторону ромба: в ромбе диагонали взаимно перпендикулярны, поэтому из прямоугольного \triangle BOC BC=13 (см. рис. 6). Во-вторых, убедимся, что окружность расположена целиком внутри ромба. Действительно, расстояние от точки O до стороны ромба, как высота в прямоугольном треугольнике, равна \displaystyle \frac{5\cdot 12}{13} , что больше радиуса круга. Обозначим возможные точки касания K_1 и K_2 , а точки пересечения с прямой CD — M_1 и M_2 соответственно, а точку пересечения BM_1 и OC — точкой P . Из прямоугольного треугольника BOK_1 получаем, что \sin\angle OBK_1=\displaystyle \frac{OK_1}{OB}=\frac{\sqrt{2}}{2} , откуда следует, что \angle OBK_1=\displaystyle \frac{\pi}{4} . Рассмотрим \triangle DOC , обозначим \angle CDO = \alpha . Тогда \displaystyle\sin \alpha = \frac{OC}{DC} = \frac{12}{13} , \displaystyle\cos \alpha = \frac{OD}{DC} = \frac{5}{13} \vphantom{\int} .

По теореме синусов в \triangle DM_1B \begin{array}{l}

\displaystyle \frac{DM_1}{\sin \frac{\pi}{4}} = \frac{DB}{\sin \left( \pi - \alpha - \frac{\pi}{4} \right)}

\displaystyle \Longrightarrow

DM_1 = \frac{10 \sin \frac{\pi}{4}}{\sin \left( \alpha + \frac{\pi}{4} \right)} = \vphantom{\int\limits_1^2}\\

\end{array} \begin{array}{l}

\displaystyle = \frac{10}{{\sqrt 2} \left( \frac{1}{\sqrt 2} \sin \alpha + \frac{1}{\sqrt 2} \cos \alpha \right)} = \frac{10}{\frac{12}{13} + \frac{5}{13}} = \frac{130}{17}.

\end{array} Отсюда \displaystyle M_1C = 13 - \frac{130}{17} = \frac{91}{17} \vphantom{\int} .

Пусть прямая K_2 M_2 пересекает AD в точке N . Тогда DN=DM_1 = \frac{130}{17} . Из подобия треугольников M_2BC и M_2ND имеем \frac{BC}{ND}=\frac{M_2C}{M_2C-CD}. Отсюда \displaystyle M_2C=\frac{221}{7} \vphantom{\int} .

Ответ: \displaystyle \frac{91}{17} или \displaystyle \frac{221}{7} .