тема 19 из 26

Признаки вписанного четырёхугольника

Четыре точки лежат на одной окружности, если сумма противоположных углов четырёхугольника равна $180^\circ$ или если отрезок виден из двух точек по одну сторону от него под равными углами. Частый случай — два прямых угла на одном отрезке: обе вершины лежат на окружности с диаметром — этим отрезком. Равнобедренная трапеция всегда вписанная. Найденная окружность даёт равные углы для доказательства.

Реже в задании18На карте навыков

Признаки вписанного четырёхугольника
—В аналитике

Четыре точки на одной окружности

Около выпуклого четырёхугольника $ABCD$ можно описать окружность, если выполнено одно из условий.

Сумма противоположных углов равна $180^\circ$ : $\angle B + \angle D = 180^\circ$ . То же самое: внешний угол при $D$ равен внутреннему углу $B$ .
Сторона видна из двух других вершин под равными углами: $\angle ACB = \angle ADB$ .
Два прямых угла опираются на один отрезок: их вершины лежат на окружности с диаметром — этим отрезком.
Четырёхугольник — равнобедренная трапеция.
Когда окружность найдена, ищите на ней равные углы на одну дугу.

Сумма противоположных углов 180°

Если в выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ $\angle B + \angle D = 180^\circ$ , то около него можно описать окружность. Это обратная теорема к свойству вписанного четырёхугольника. Причина: проведите окружность через $A$ , $B$ , $C$ . Если $D$ лежит внутри круга, угол $D$ больше $180^\circ - \angle B$ , если вне круга — меньше.

В задаче один из двух углов обычно прямой или выражается через биссектрисы и высоты. Сосчитайте оба угла через данные углы треугольника и сложите.

Пример

Окружность с центром $O$ касается боковых сторон $AB$ и $BC$ равнобедренного остроугольного треугольника $ABC$ и его высоты $CH$ . а) Докажите, что $\angle OAC = 45^\circ$ . б) Найдите длину отрезка $BC$ , если $BO = 1$ и $AC = 6$ .

\angle AHO + \angle ACO = 180^\circ

: точки

A

H

O

C

лежат на одной окружности.

1.а) Окружность касается сторон треугольника $BHC$ : отрезков $BH$ , $BC$ и $CH$ . Поэтому $O$ — центр вписанной в него окружности, он лежит на биссектрисах углов треугольника $BHC$ (центр на биссектрисах).
2. $HO$ — биссектриса прямого угла $BHC$ : $\angle OHC = 45^\circ$ и $\angle AHO = 90^\circ + 45^\circ = 135^\circ$ .
3.Пусть $\angle ABC = \beta$ . Тогда $\angle BCH = 90^\circ - \beta$ , $\angle OCH = 45^\circ - \frac{\beta}{2}$ , $\angle BCA = 90^\circ - \frac{\beta}{2}$ и $\angle HCA = \angle BCA - \angle BCH = \frac{\beta}{2}$ .
4. $\angle ACO = \angle ACH + \angle HCO = \frac{\beta}{2} + 45^\circ - \frac{\beta}{2} = 45^\circ$ .
5. $\angle AHO + \angle ACO = 135^\circ + 45^\circ = 180^\circ$ . Около четырёхугольника $AHOC$ можно описать окружность.
6.Вписанные углы $OAC$ и $OHC$ этой окружности опираются на дугу $OC$ , их вершины по одну сторону от $OC$ . Поэтому $\angle OAC = \angle OHC = 45^\circ$ .
7.б) По пункту а) в треугольнике $AOC$ углы при $A$ и $C$ равны $45^\circ$ : он прямоугольный и равнобедренный. Его медиана к гипотенузе $OM = \frac{AC}{2} = 3$ .
8.Точка $O$ лежит на биссектрисе угла $B$ . В равнобедренном треугольнике $ABC$ это медиана $BM$ , поэтому $BM = BO + OM = 4$ .
9. $BC = \sqrt{BM^2 + MC^2} = \sqrt{16 + 9} = 5$ .

Ответ: б) $5$

Отрезок виден под равными углами

Если точки $C$ и $D$ лежат по одну сторону от прямой $AB$ и $\angle ACB = \angle ADB$ , то точки $A$ , $B$ , $C$ , $D$ лежат на одной окружности. Это обратное утверждение к равенству вписанных углов на одну дугу.

Условие «по одну сторону» обязательно. Если $C$ и $D$ лежат по разные стороны от $AB$ , нужен первый признак: $\angle ACB + \angle ADB = 180^\circ$ .

Где лежит четвёртая вершина

\angle B + \angle D = 110^\circ + 77^\circ = 187^\circ

\angle ADB = 50^\circ > \angle ACB = 45^\circ

Точка

D

внутри круга:

\angle B + \angle D > 180^\circ

\angle ADB > \angle ACB

Точки

A

B

C

лежат на окружности, точка

D

— где угодно. Сверху сумма противоположных углов, ниже — углы, под которыми виден отрезок

AB

. Двигайте точку

D

Два прямых угла на одном отрезке

Если $\angle AKB = 90^\circ$ , то точка $K$ лежит на окружности с диаметром $AB$ : центр этой окружности — середина $AB$ , а медиана к гипотенузе равна половине $AB$ . Поэтому два прямых угла $AKB$ и $AMB$ дают четыре точки $A$ , $B$ , $K$ , $M$ на одной окружности. Здесь точки $K$ и $M$ могут лежать по любую сторону от $AB$ .

Такие пары прямых углов дают высоты треугольника, радиусы в точки касания, перпендикулярные отрезки в квадрате и прямоугольнике.

Пример

В трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ углы $ABD$ и $ACD$ прямые. а) Докажите, что трапеция $ABCD$ равнобедренная. б) Найдите $BC$ , если $AD = 10$ , $AB = 6$ .

Точки

B

C

лежат на окружности с диаметром

AD

1.а) Углы $ABD$ и $ACD$ прямые и опираются на отрезок $AD$ . Точки $B$ и $C$ лежат на окружности с диаметром $AD$ .
2.Трапеция $ABCD$ вписана в окружность, поэтому она равнобедренная.
3.б) В прямоугольном треугольнике $ABD$ : $\cos A = \frac{AB}{AD} = 0{,}6$ . Высота $BP$ отсекает $AP = AB\cos A = 3{,}6$ (косинус).
4.Трапеция равнобедренная, поэтому высота $CQ$ отсекает такой же отрезок $QD = 3{,}6$ . $BC = PQ = 10 - 2 \cdot 3{,}6 = 2{,}8$ .

Ответ: б) $2{,}8$

Равнобедренная трапеция вписана в окружность

Около равнобедренной трапеции можно описать окружность. Её углы при основании равны, а углы при боковой стороне в сумме дают $180^\circ$ . Поэтому и противоположные углы в сумме дают $180^\circ$ .

Признак работает для середин сторон треугольника и основания его высоты. Средняя линия параллельна стороне, на которой лежат основание высоты и середина, поэтому четыре точки образуют трапецию. Её боковые стороны равны: одна — медиана к гипотенузе, другая — средняя линия, обе равны половине одной стороны треугольника. Если угол $B$ или $C$ тупой, основание высоты лежит на продолжении стороны, и рассуждение то же.

HA_1B_1C_1

— трапеция с равными боковыми сторонами

HC_1

A_1B_1

Пример задания

Открытый банк ФИПИ

В треугольнике $ABC$ точки $A_{1} , B_{1}$ и $C_{1}$ - середины сторон $BC , AC$ и $AB$ соответственно, $AH$ - высота, $\angle BAC = 60^{\circ} , \angle BCA = 45^{\circ} .$
а) Докажите, что точки $A_{1} , B_{1} , C_{1}$ и $H$ лежат на одной окружности.
б) Найдите $A_{1} H ,$ если $BC = 2 \sqrt{3} .$

Решение

а) $C_1B_1$ — средняя линия треугольника $ABC$ , поэтому $C_1B_1 \parallel BC$ и $C_1B_1 = \frac{BC}{2}$ . Точки $H$ и $A_1$ лежат на $BC$ .
Углы $B$ и $C$ острые, поэтому $H$ лежит на отрезке $BC$ , и $HA_1 < \frac{BC}{2} = C_1B_1$ . $H \ne A_1$ , так как $AB \ne AC$ (углы $B$ и $C$ разные). Значит, $HA_1B_1C_1$ — трапеция, а не параллелограмм.
$HC_1$ — медиана к гипотенузе прямоугольного треугольника $AHB$ : $HC_1 = \frac{AB}{2}$ . $A_1B_1$ — средняя линия: $A_1B_1 = \frac{AB}{2}$ .
Трапеция $HA_1B_1C_1$ равнобедренная, поэтому её вершины лежат на одной окружности.
б) $\angle B = 180^\circ - 60^\circ - 45^\circ = 75^\circ$ . Синус суммы: $\sin 75^\circ = \sin(45^\circ + 30^\circ) = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$ .
По теореме синусов: $AC = \frac{BC \sin B}{\sin A} = 2\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} : \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{6} + \sqrt{2}$ .
В прямоугольном треугольнике $AHC$ : $CH = AC\cos 45^\circ = \frac{(\sqrt{6} + \sqrt{2})\sqrt{2}}{2} = \sqrt{3} + 1$ .
$A_1C = \frac{BC}{2} = \sqrt{3}$ , поэтому $A_1H = CH - A_1C = 1$ .
Ответ: б) 1.

Проверьте себя

Все задания на этот навык

Решать