5894. В параллелограмм вписана окружность.
а) Докажите, что этот параллелограмм — ромб.
б) Точка касания этой окружности со стороной ромба делит её на отрезки, равные 4 и 1. Найдите площадь четырёхугольника с вершинами в точках касания окружности со сторонами ромба.
Ответ. 6{,}4
.
Решение. а) Пусть ABCD
— данный параллелограмм. Если в четырёхугольник можно вписать окружность, то суммы его противоположных сторон равны, поэтому AB+CD=AD+BC
, а так как противоположные стороны параллелограмма попарно равны, то 2AB=2BC
, или AB=CD
. Значит, все стороны четырёхугольника ABCD
равны. Следовательно, это ромб.
б)
Первый способ. Пусть K
, L
, M
и N
— точки касания окружности радиуса со сторонами соответственно AB
, BC
, CD
и AD
ромба ABCD
, O
— точка пересечения диагоналей ромба, AK=4
, BK=1
.
Поскольку OK\perp AB
и OM\perp CD
, а AB\parallel CD
, то точки K
, O
и M
лежат на одной прямой, причём O
— середина отрезка KM
, так как OK=OM
как радиусы окружности. Аналогично, O
— середина отрезка LN
. Диагонали KM
и LN
четырёхугольника KLMN
равны и делятся точкой O
пересечения пополам, значит, KLMN
— прямоугольник.
Отрезок OK
— высота прямоугольного треугольника AOB
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому
OK=\sqrt{AK\cdot KB}=\sqrt{4\cdot1}=2
(см. задачу 2728).
Пусть отрезки OA
и KN
пересекаются в точке P
. Поскольку AKN
и ABD
— равнобедренные треугольники с общим углом при вершине A
, то KN\parallel BD
, а так как BD\perp OA
, то KP\perp OA
. Кроме того, KN=2KP
.
Отрезок KP
— высота прямоугольного треугольника AKO
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому
KP=\frac{AK\cdot OK}{AO}=\frac{AK\cdot OK}{\sqrt{AK^{2}+OK^{2}}}=\frac{4\cdot2}{\sqrt{16+4}}=\frac{4}{\sqrt{5}}
(см. задачу 1967). Значит, KN=2KP=\frac{8}{\sqrt{5}}
. Аналогично находим, что KL=\frac{4}{\sqrt{5}}
. Площадь прямоугольника равна произведению двух его соседних сторон, следовательно,
S_{KLMN}=KN\cdot KL=\frac{8}{\sqrt{5}}\cdot\frac{4}{\sqrt{5}}=\frac{32}{5}=6{,}4.
Второй способ. Пусть K
, L
, M
и N
— точки касания окружности радиуса R
со сторонами соответственно AB
, BC
, CD
и AD
ромба ABCD
, O
— точка пересечения диагоналей ромба, AK=4
, BK=1
. Поскольку AO
и BO
— биссектрисы углов при вершинах A
и B
ромба,
\angle OAB+\angle OBA=\frac{1}{2}\angle BAC+\frac{1}{2}\angle ABC=\frac{1}{2}(\angle BAC+\angle ABC)=\frac{1}{2}\cdot180^{\circ}=90^{\circ},
значит, \angle AOB=90^{\circ}
.
Отрезок OK
— высота прямоугольного треугольника AOB
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому
R^{2}=AK\cdot BK=4\cdot1=4,~R=2.
Обозначим \angle BAD=\alpha
. Будем считать, что \alpha\lt90^{\circ}
. Пусть BH
— высота ромба, опущенная на сторону AD
. Тогда
KM=LN=BH=2R=4,~\sin\alpha=\sin\angle BAD=\sin\angle BAH=\frac{BH}{AB}=\frac{4}{5}.
Угол между диагоналями KM
и LN
четырёхугольника KLMN
равен углу ABD
(углы с соответственно перпендикулярными сторонами), а так как площадь четырёхугольника равна половине произведения диагоналей, умноженного на синус угла между ними (см. задачу 3018), то
S_{KLMN}=\frac{1}{2}KM\cdot LN\sin\alpha=\frac{1}{2}\cdot4\cdot4\cdot\frac{4}{5}=\frac{32}{5}=6{,}4.
Источник: Диагностические и тренировочные задачи ЕГЭ. — 2014
Источник: Гордин Р. К. ЕГЭ 2017. Математика. Геометрия. Стереометрия. Задача 14 (профильный уровень). — М.: МЦНМО, 2017. — № 2, с. 175