Задачи с окружностями

Опишем около четырехугольника \(NPQM\) окружность. Углы \(PNQ\) и \(MNQ\) равны, так как \(NQ\) – биссектриса, углы \(MNQ\) и \(MPQ\) - вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу, следовательно, также равны. Тогда \(\triangle NPQ\sim \triangle PSQ\) по двум углам (\(\angle PNQ=\angle SPQ\), \(\angle NQP\) общий).



Следовательно, \[\dfrac{NQ}{PQ}=\dfrac{PQ}{SQ}\quad\Rightarrow\quad NQ=12^2:9=16\quad\Rightarrow\quad NS=NQ-SQ=7.\]

Если в четырехугольник можно вписать окружность, то суммы его противоположных сторон одинаковы. Следовательно, \(AD+BC=AB+CD=P_{ABCD}:2=60\). Так как \(AB=CD\), то \(AB=30\).
Используя площадь трапеции, можно найти ее высоту: \(S_{ABCD}=(AD+BC):2\cdot h=30h\), следовательно, \(h=540:30=18\).
Проведем через точку \(O\) прямую \(HT\perp AD\) и через точку \(B\) высоту \(BK\):



\(OH\) – искомое расстояние. По свойству трапеции \(\triangle BOC\sim \triangle AOD\), следовательно, из этого подобия можно найти \(OH\). Для этого необходимо найти \(AD:BC\).
Рассмотрим \(\triangle ABK\). По свойству равнобедренной трапеции \(AK=(AD-BC):2\). По теореме Пифагора из этого треугольника \[AK=\sqrt{30^2-18^2}=24.\] Значит, \((AD-BC):2=24\), \((AD+BC):2=30\), откуда \(AD=54\), \(BC=6\). Следовательно, \(AD:BC=9:1\). Значит, \(OT:OH=9:1=9x:x\). Так как \(10x=HT=18\), то получаем, что \(OH=\frac1{10}HT=1,8\).

Проведем \(EH\perp CD\) – искомое расстояние. Так как угол между касательной и хордой, проведенной в точку касания, равен половине дуги, заключенной между ними, то \(\angle BEC=0,5\buildrel\smile\over{EC}\). Также \(\angle CDE=0,5\buildrel\smile\over{EC}\) как вписанный угол. Следовательно, \(\angle BEC=\angle CDE\). Аналогично \(\angle AED=\angle DCE\).



Следовательно, \(\triangle EBC\sim \triangle DHE\) и \(\triangle CHE\sim \triangle EAD\) по двум углам. Из полученных подобий следует, что \[\dfrac{BC}{EH}=\dfrac{EC}{ED}\quad \text{и}\quad \dfrac{AD}{EH}=\dfrac{ED}{EC}\] Перемножая эти равенства, получим \[\dfrac{BC\cdot AD}{EH^2}=1\quad\Rightarrow\quad EH=\sqrt{9\cdot 4}=6.\]

Рассмотрим чертеж:



По теореме \(\triangle BCD\sim \triangle CAD\) (действительно, \(\angle D\) – общий, \(\angle BCD\) – угол между касательной и хордой, проходящей через точку касания, поэтому равен половине дуги \(BC\); \(\angle BAC\) равен половине дуги \(BC\), как вписанный; следовательно, \(\angle BCD=\angle BAC\)).
Тогда \[\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{CD}{AD}\] Так как \(CM\) – биссектриса, то \(BC:AC=BM:AM=3:4\), следовательно, из данных равенств следует, что \(3:4=BD:CD\) и \(CD^2=BD\cdot (BD+7)\). Из полученных равенств находим, что \[CD^2=\dfrac34CD\cdot \left(\dfrac34CD+7\right)\quad\Rightarrow\quad CD=12.\]

Пусть \(N\) – точка пересечения полуокружности и \(AC\). Так как \(BC\) – диаметр, то \(\angle BNC=90^\circ\) как вписанный и опирающийся на диаметр угол. Следовательно, точка пересечения \(BN\) и \(AD\) – точка \(H\). Аналогично \(\angle BMC=90^\circ\).



Рассмотрим \(\triangle BHD\) и \(\triangle ACD\). Они подобны по двум углам (один угол прямой, \(\angle BHD=\angle AHN=90^\circ-\angle CAD=\angle ACD\)). Следовательно, \(HD:DC=BD:AD\), то есть \(10HD=BD\cdot DC\).
Так как \(\triangle BMC\) прямоугольный и \(MD\) – высота из прямого угла, то \(6^2=MD^2=BD\cdot DC\). Из полученных двух равенств следует, что \(10HD=6^2\), то есть \(HD=3,6\). Тогда \(AH=10-3,6=6,4\).

Проведем \(KM\) и \(KN\) (\(K\) – точка касания окружности и \(AB\)). Так как угол между касательной и хордой, проведенной в точку касания, равен вписанному углу, опирающемуся на дугу, заключенную между касательной и хордой, то \(\angle AKM=\angle KNM=\beta\). Обозначим \(\angle BAC=\alpha\).



Будем искать радиус \(R\) по теореме синусов: \(2R=\frac{KM}{\sin \beta}\). Найдем \(\beta\) и \(KM\).
Так как \(AK\) – касательная, \(AN\) – секущая, то \(AK^2=AM\cdot AN=4\cdot 15\), откуда \(AK=2\sqrt{15}\). Тогда по теореме косинусов из \(\triangle AKM\): \[KM^2=AK^2+AM^2-2AK\cdot AM\cdot \cos\alpha=16\quad\Rightarrow\quad KM=4.\] Следовательно, \(\triangle AKM\) равнобедренный (\(AM=KM=4\)), то есть \(\alpha=\beta\).
Так как \(\cos \alpha=\frac{\sqrt{15}}4\), то \(\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^2\alpha}=\sqrt{1-\frac{15}{16}}=\frac14\). Следовательно, \[2R=\dfrac{4}{\frac14}\quad\Rightarrow\quad R=8.\]

Если радиус окружности перпендикулярен хорде, то он делит ее пополам. Следовательно, \(BQ=QL\) (см. рисунок). Так как \(AQ\) – медиана и высота в \(\triangle ABL\), то он равнобедренный, следовательно, \(\angle ALB=\angle ABL\). \(\angle ALB=\angle ACB\) как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу.



Следовательно, \(\angle ACB=\angle ABL\). Тогда по двум углам (другой \(\angle BAC\) – общий) треугольники \(ABC\) и \(ADB\) подобны. Следовательно, \[\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{AC}{AB}\quad\Rightarrow\quad AB^2=AC\cdot AD \quad\Rightarrow\quad 4=6\cdot (6-CD)\quad\Rightarrow\quad CD=\dfrac{16}3.\]