Задание 25 ОГЭ по математике: решения ФИПИ с ответами по шагам

Обозначим через $\alpha$ половину угла $A$ параллелограмма. Тогда угол $A$ равен $2\alpha$, а высота параллелограмма, опущенная на сторону $AB$, равна$$h = AD\sin 2\alpha = 2\sin 2\alpha$$

Пусть $H$ — основание перпендикуляра из точки $K$ на сторону $AB$. По условию $KH=8$. Обозначим $AB=b$. Так как $K$ лежит на биссектрисе угла $A$, горизонтальная координата точки $K$ относительно вершины $A$ равна $8\cot\alpha$.

Расположим трапецию в координатной плоскости: $B(0,0)$, $C(15,0)$, $A(0,h)$, $D(20,h)$. Пусть $E(0,e)$.

Так как окружность касается прямой $AB$, её центр имеет координаты $(r,e)$, а уравнение окружности имеет вид:$$x^2+y^2-2rx-2ey+e^2=0$$

Пусть $AD$ и $BC$ — основания трапеции, $BC=4$, $AB=20$, $CD=29$, а $h$ — её высота. Опустим из $C$ перпендикуляр на прямую $AD$. Обозначим горизонтальную проекцию стороны $CD$ через $x$.$$x^2+h^2=29^2$$

Разместим трапецию в координатах так, чтобы основание $AD$ лежало на горизонтальной оси. Тогда горизонтальная проекция стороны $AB$ равна $x-AD+BC=x+4-AD$.

Угол между пересекающимися хордами равен половине суммы дуг, стягиваемых этим углом и вертикальным ему углом. Поэтому сумма дуг $AB$ и $CD$ равна $120^\circ$, а сумма соответствующих половин дуг равна $60^\circ$.$$x+y=60^\circ$$

По формуле длины хорды выразим синусы половин дуг:$$\sin x=\frac{AB}{2R}=\frac{5}{2R},\qquad \sin y=\frac{CD}{2R}=\frac{17}{2R}$$

Обозначим центр окружности через $O$, а её радиус через $r$. Поскольку окружность касается прямой $AB$ в точке $B$, радиус $OB$ перпендикулярен касательной $AB$. Поэтому треугольник $AOB$ прямоугольный.$$OB \perp AB$$

Центр $O$ лежит на стороне $AC$, а окружность проходит через точку $C$, поэтому $OC$ также является радиусом окружности. Следовательно, $OC = OB = r$.

Расположим начало координат в точке $A$, а ось $Ox$ направим вдоль $AC$. Тогда координаты точек равны $M=(9,0)$ и $N=(35,0)$.$$A=(0,0),\quad M=(9,0),\quad N=(35,0)$$

Центр окружности, проходящей через $M$ и $N$, лежит на серединном перпендикуляре к $MN$. Поэтому его координаты имеют вид $O=(22;k)$.$$\frac{9+35}{2}=22$$

Обозначим высоту параллелограмма, опущенную на сторону $AB$, через $h$, а угол между сторонами $AB$ и $AD$ — через $\alpha$. Тогда $h=BC\sin\alpha$.

Биссектриса угла $A$ образует с прямой $AB$ угол $\dfrac{\alpha}{2}$. Биссектриса угла $B$ образует с прямой $AB$ угол $90^\circ-\dfrac{\alpha}{2}$, так как соседние углы параллелограмма в сумме дают $180^\circ$.

Обозначим центры окружностей через $O_1$ и $O_2$. Так как окружности касаются внешним образом, расстояние между их центрами равно сумме радиусов:$$O_1O_2=45+55=100$$

Пусть угол между общей касательной и линией центров равен $\alpha$. Перпендикулярные расстояния от центров до этой касательной равны радиусам окружностей, поэтому разность этих расстояний равна $55-45=10$.

Пусть $O$ — центр окружности. Так как окружность касается прямой $AB$ в точке $B$, радиус $OB$ перпендикулярен касательной $AB$. Поэтому треугольник $AOB$ прямоугольный.$$OB \perp AB$$

Обозначим $AO = x$. Поскольку точки $A$, $O$, $C$ лежат на одной прямой, а $AC = 5$, имеем $OC = 5 - x$.

Введём координаты: $A=(0,0)$, $D=(28,0)$, $B=(x,h)$, $C=(x+4,h)$. Тогда горизонтальная проекция стороны $CD$ равна $24-x$.$$AB^2=x^2+h^2=225$$

Так как сумма углов при основании $AD$ равна $90^\circ$, соответствующие тангенсы являются взаимно обратными.$$\frac{h}{x}\cdot\frac{h}{24-x}=1$$

Обозначим центры окружностей через $O_1$ и $O_2$. Так как окружности касаются внешним образом, расстояние между их центрами равно сумме радиусов:$$O_1O_2=44+77=121$$

Радиусы, проведённые в точки касания с одной и той же общей касательной, перпендикулярны этой касательной. Поэтому точки касания $A$ и $B$ лежат на прямой, перпендикулярной общей линии центров, и прямая $AB$ перпендикулярна $O_1O_2$…

Расстояние от центра вписанной окружности до стороны $AC$ равно радиусу окружности: $r=3$. Так как $AO=5$, то в прямоугольном треугольнике, образованном перпендикуляром к $AC$, второй катет равен$$\sqrt{AO^2-r^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$$

Расположим $A=(0,0)$, прямую $AC$ вдоль оси абсцисс. Тогда можно принять $O=(4,3)$. Прямая $AB$ является касательной к окружности с центром $O$ и радиусом $3$. Её уравнение имеет вид $24x-7y=0$, поэтому направляющий вектор стороны $AB$…

Радиус вписанной окружности равен расстоянию от $O$ до $AC$, поэтому $r=7$. Из прямоугольного треугольника, образованного отрезком $AO$, его проекцией на $AC$ и радиусом, получаем длину проекции $AO$ на $AC$:$$AT=\sqrt{AO^2-r^2}=\sqrt{25^2-7^2}=24$$

Поскольку $AD\parallel BC$, а точка $O$ находится между параллельными прямыми $AD$ и $BC$, расстояние между ними равно $13+7=20$. Следовательно, площадь параллелограмма равна $S=20\cdot AC$.

Обозначим $DB = x$, $DC = y$. Поскольку $BC$ является диаметром полуокружности, а точки $D$ и $M$ лежат на секущей, проходящей через центр окружности, получаем$$DB \cdot DC = DM^2$$

Подставим известное значение $DM$:$$xy = 64^2 = 4096$$

Пусть $H$ и $K$ — основания перпендикуляров из точек $B$ и $C$ на прямую $AO$. Поскольку $O$ — центр описанной окружности, $OA = OB = OC$.

Из прямоугольных треугольников $AOB$ и $AOC$ по теореме Пифагора получаем:$$AB^2 = AO^2 + BH^2, \quad OB^2 = (AO-AH)^2 + BH^2$$

Так как $O$ — центр окружности, вписанной в треугольник $ABC$, расстояния от точки $O$ до всех трёх сторон треугольника равны радиусу этой окружности.

По условию расстояние от $O$ до прямой $AC$ равно $5$. Следовательно, радиус вписанной окружности равен $r=5$.

Пусть $BH=CK=h$ — высота трапеции, а $AH=x$. Тогда $KD=24-x$, так как разность оснований равна $36-12=24$.$$AD-BC=36-12=24$$

Пусть углы при основании $AD$ равны $\alpha$ и $\beta$. Так как $\alpha+\beta=90^\circ$, то $\tan\beta=\cot\alpha$. Следовательно, $\dfrac{h}{24-x}=\dfrac{x}{h}$.$$h^2=x(24-x)$$

Обозначим длину основания $AD$ через $x$, а высоту трапеции через $h$. Пусть $M$ — середина стороны $AB$. Так как $M$ лежит на биссектрисе угла $ADC$, расстояния от точки $M$ до прямых $AD$ и $DC$ равны.

Поскольку $BC=1$, а $CD=10$, из условия равенства расстояний до сторон угла при использовании средней точки стороны $AB$ получаем соотношение $\dfrac{1}{x}=\dfrac{x-1}{10}$.

Так как точка $K$ лежит на биссектрисе угла $A$, она равноудалена от прямых $AB$ и $AD$. Поэтому расстояние от $K$ до прямой $AD$ также равно $4$.$$d(K,AB)=d(K,AD)=4$$

Точка $K$ лежит и на биссектрисе угла $B$, поэтому она равноудалена от прямых $BA$ и $BC$. Следовательно, расстояние от $K$ до прямой $BC$ равно $4$.$$d(K,AB)=d(K,BC)=4$$

Так как точки $A$, $K$, $B$ лежат на одной прямой, а точки $A$, $P$, $C$ — на другой, применим теорему о степени точки $A$ относительно окружности:$$AK \cdot AB = AP \cdot AC$$

Углы $KAP$ и $BAC$ равны. Кроме того, вписанные углы $AKP$ и $ABC$ опираются на одну и ту же дугу $BP$. Следовательно, треугольники $AKP$ и $ABC$ подобны.$$\triangle AKP \sim \triangle ABC$$