ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 107786
Темы:    [ Теорема о длинах касательной и секущей; произведение всей секущей на ее внешнюю часть ]
[ Вписанный угол, опирающийся на диаметр ]
[ Тригонометрические соотношения в прямоугольном треугольнике ]
[ Трапеции (прочее) ]
Сложность: 4-
Классы: 8,9
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Диагонали трапеции ABCD пересекаются в точке K. На боковых сторонах трапеции, как на диаметрах, построены окружности. Точка K лежит вне этих окружностей. Докажите, что длины касательных, проведённых к этим окружностям из точки K, равны.


Решение

  Пусть боковые стороны трапеции – это стороны AB и CD. Обозначим через M и N вторые точки пересечения прямых AC и BD и окружностей с диаметрами AB, CD соответственно (см. рис.). Если прямая AC касается окружности с диаметром AB, то мы полагаем  M = A,  аналогично поступим, если прямая BD касается соответствующей окружности.

  По теореме о касательной и секущей квадраты касательных, проведённых из точки K к окружностям, равны  KM·KA  и  KN·KD.  Это верно и в случаях
M = A  или  N = D.  Значит, надо доказать, что  KM·KA = KN·KD.     (*)
  Первый способ. Поскольку угол AMB опирается на диаметр,  ∠KMB = 90°.  Это верно и в случае  M = A,  так как касательная перпендикулярна радиусу, проведенному в точку касания. Обозначим величину угла AKB через φ. Тогда  KM = KB cos φ,  KN = KC cos φ. Подставляя полученные формулы в (*), находим, что нужно доказать равенство  KB·KA = KC·KD.  Это известное свойство трапеции следует из подобия треугольников AKD и CKB.
  Второй способ. Так как  ∠BMC = 90° = ∠BNC,  точки B, M, N и C лежат на окружности с диаметром BC, откуда  ∠CMN = ∠CBN = ∠BDA  (так как
BC || AD).  Но тогда  ∠AMN + ∠NDA = 180°,  поэтому точки A, M, N, D лежат на одной окружности. По теореме о произведении отрезка секущей на её внешнюю часть  KM·KA = KN·KD.

Замечания

  1. Второй способ существенно опирается на рисунок: рассуждение не проходит, например, если хотя бы одна из точек M и N лежит на продолжении диагонали. Эти случаи нетрудно разобрать отдельно (можно также воспользоваться ориентированными углами). Сложнее разобраться со случаями  M = A  и  N = D.
  Со случаем  M = A  можно бороться по-разному. Можно правильно интерпретировать все утверждения в случае совпадающих точек. Например, условие "точки A, M, N и D лежат на одной окружности" нужно понимать так: прямая AK касается окружности, проходящей через точки A, N, D.
  Другой способ состоит в следующем: так как  M = A,  прямые AC и AB перпендикулярны. Прямые AC и CD не могут быть перпендикулярны, так как тогда четырёхугольник ABCD был бы параллелограммом, а не трапецией (впрочем, для параллелограмма наше утверждение очевидно). Ясно, что прямые AB и BD также не могут быть перпендикулярны. Значит, достаточно поменять местами точки A и B и точки C и D.

  2. 5 баллов.

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер 789
олимпиада
Название Турнир городов
Турнир
Номер 16
Дата 1994/1995
вариант
Вариант весенний тур, основной вариант, 10-11 класс
Задача
Номер 3
олимпиада
Название Московская математическая олимпиада
год
Номер 58
Год 1995
вариант
Класс 10
задача
Номер 3

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .