Задание 17: описанные окружности и четырёхугольники

О чём эта подтема

Задание 17 (планиметрия) часто строится вокруг вписанных и описанных окружностей. Подтема «описанные окружности и четырёхугольники» — про то, когда вокруг четырёхугольника можно провести окружность (все его вершины лежат на одной окружности), и как использовать это свойство для вычисления сторон, диагоналей и углов. Обычно задача состоит из двух пунктов: (а) доказать, что такая окружность существует, то есть четырёхугольник вписанный; (б) что-то посчитать, опираясь на это.

Такие задачи проверяют одновременно владение признаком вписанного четырёхугольника, теоремой косинусов, теоремой о произведении отрезков хорд и секущих (степень точки) и теоремой Птолемея. Ключевая идея: вписанность даёт жёсткую связь между углами и отрезками, которой нет у произвольного четырёхугольника, и эту связь нужно уметь включать в вычисления, а не только доказывать формально ради баллов.

Что нужно знать

• Признак вписанного четырёхугольника по углам: четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность тогда и только тогда, когда $\angle A + \angle C = 180^\circ$ (эквивалентно $\angle B+\angle D=180^\circ$).
• Признак через равные углы на отрезок: если точки $C$ и $D$ лежат по одну сторону от прямой $AB$ и $\angle ACB=\angle ADB$, то $A,B,C,D$ лежат на одной окружности.
• Теорема о вписанном угле и теорема об угле между касательной и хордой: угол между касательной и хордой равен вписанному углу, опирающемуся на эту хорду с другой стороны.
• Степень точки: если из точки $P$ проведены две секущие, пересекающие окружность в парах точек $(A,B)$ и $(C,D)$, то $PA\cdot PB = PC\cdot PD$; для касательной длиной $t$ из той же точки и секущей через $(A,B)$: $t^2 = PA\cdot PB$.
• Теорема Птолемея: для вписанного четырёхугольника $ABCD$ $$AC\cdot BD = AB\cdot CD + BC\cdot AD.$$
• Свойство вписанной трапеции: если трапеция вписана в окружность, она обязательно равнобокая — у неё равны диагонали и равны боковые стороны.
• Теорема косинусов $c^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma$ — основной инструмент доказательства признака вписанности по углам через сравнение косинусов.

Этого набора достаточно почти для всех задач №17 этого типа: признак вписанности плюс Птолемей или степень точки для вычислений.

Как решать: метод и алгоритм

1. Сделать аккуратный чертёж, отметить все данные отрезки, углы, точки касания и пересечения.
2. Для пункта «докажите, что можно описать окружность» выбрать один из путей:

• если известны стороны и диагональ (или их можно вычислить) — найти косинусы двух противоположных углов через теорему косинусов в двух треугольниках, на которые диагональ делит четырёхугольник, и показать, что $\cos(\angle 1)=-\cos(\angle 2)$;
• если в условии есть окружность, касательные, секущие — искать равные углы через вписанный угол, угол между касательной и хордой, свойства параллельности сторон.

3. Как только вписанность доказана, использовать её как источник новых соотношений:

• теорема Птолемея, если известны все стороны и одна диагональ — вторая находится напрямую;
• степень точки, если есть пересечения секущих или касательная;
• при параллельности сторон проверить, не образуется ли внутри окружности равнобокая трапеция — тогда сразу равны диагонали или боковые стороны, что резко сокращает вычисления.

4. Довести решение до числового или буквенного ответа и проверить его правдоподобие (сравнить с известными длинами, знаками, диапазоном углов).

Разбор примера

Пример 1

Параллелограмм $ABCD$ и окружность расположены так, что сторона $AB$ касается окружности, $CD$ — хорда окружности, а стороны $DA$ и $BC$ пересекают окружность в точках $P$ и $Q$ соответственно. Известно, что $AP=a$, $BC=b$, $BQ=c$. Требуется: а) доказать, что около четырёхугольника $ABQP$ можно описать окружность; б) найти $DQ$.

Понимание конструкции. Так как $CD$ — хорда, точки $C$ и $D$ лежат на окружности $\omega$. Прямая $DA$ проходит через точку $D$ (она уже на окружности) и пересекает $\omega$ ещё раз в точке $P$ — значит $D$ и $P$ это две точки пересечения прямой $AD$ с $\omega$. Аналогично прямая $BC$ пересекает $\omega$ в точках $C$ и $Q$. Пусть $K$ — точка касания окружности с прямой $AB$.

Поскольку $ABCD$ — параллелограмм, $AD=BC=b$ и $AD\parallel BC$, $AB\parallel CD$.

Шаг 1. Степень точек $A$ и $B$. Из точки $A$ проведена касательная $AK$ и секущая $A$–$P$–$D$, поэтому $$AK^2 = AP\cdot AD = a\cdot b.$$ Из точки $B$ проведена касательная $BK$ и секущая $B$–$Q$–$C$, поэтому $$BK^2 = BQ\cdot BC = c\cdot b.$$ Отсюда $AK=\sqrt{ab}$, $BK=\sqrt{bc}$, а значит $$AB = AK+BK=\sqrt{ab}+\sqrt{bc}=\sqrt b(\sqrt a+\sqrt c).$$ Так как $CD=AB$ (параллелограмм), то $CD=\sqrt b(\sqrt a+\sqrt c)$.

Шаг 2. Трапеция $DPQC$ — равнобокая. Хорда $DP$ лежит на прямой $AD$, хорда $QC$ — на прямой $BC$. Так как $AD\parallel BC$, то $DP\parallel QC$, значит $DPQC$ — трапеция, вписанная в $\omega$. Любая вписанная трапеция равнобокая, поэтому равны её боковые стороны и равны диагонали: $$PQ = DC, \qquad DQ = PC,$$ а также равны углы у одного основания: $\angle PDC=\angle DPQ$ и $\angle QCD=\angle CQP$.

Шаг 3. Доказательство пункта а). Так как $P$ лежит на отрезке $DA$, луч $DP$ совпадает с лучом $DA$, поэтому $\angle PDC=\angle ADC$. Так как $Q$ лежит на отрезке $BC$, луч $CQ$ совпадает с лучом $CB$, поэтому $\angle QCD=\angle BCD$. В параллелограмме противоположные углы равны: $\angle ADC=\angle ABC$. Луч $BQ$ совпадает с лучом $BC$, значит $\angle ABC=\angle ABQ$. Собирая цепочку: $$\angle DPQ=\angle PDC=\angle ADC=\angle ABC=\angle ABQ.$$ Точки $D,P,A$ лежат на одной прямой, причём $P$ между $D$ и $A$, поэтому углы $\angle DPQ$ и $\angle APQ$ смежные: $$\angle APQ = 180^\circ-\angle DPQ = 180^\circ-\angle ABQ.$$ Отсюда $\angle ABQ+\angle APQ=180^\circ$. В четырёхугольнике $ABQP$ углы при вершинах $B$ и $P$ — противоположные, а их сумма равна $180^\circ$, значит вокруг $ABQP$ можно описать окружность. Пункт а) доказан.

Шаг 4. Вычисление $DQ$ (пункт б). Используем теорему Птолемея для вписанной трапеции $DPQC$ (порядок вершин на окружности $D,P,Q,C$): $$DP\cdot QC + PQ\cdot DC = DQ\cdot PC.$$ Так как $DQ=PC$ (диагонали равнобокой трапеции равны), правая часть равна $DQ^2$. Подставим известные длины: $$DP=AD-AP=b-a,\qquad QC=BC-BQ=b-c,\qquad PQ=DC=\sqrt b(\sqrt a+\sqrt c).$$ Тогда $$DQ^2=(b-a)(b-c) + b(\sqrt a+\sqrt c)^2 = (b-a)(b-c)+b(a+2\sqrt{ac}+c).$$ Раскроем скобки: $$(b-a)(b-c)=b^2-bc-ab+ac,$$ $$b(a+2\sqrt{ac}+c)=ab+bc+2b\sqrt{ac}.$$ Сложим: $$DQ^2=b^2-bc-ab+ac+ab+bc+2b\sqrt{ac}=b^2+ac+2b\sqrt{ac}=(b+\sqrt{ac})^2.$$ Так как длина неотрицательна, $$DQ = b+\sqrt{ac}.$$

Это и есть искомый ответ. Задача демонстрирует связку «степень точки → свойство вписанной трапеции → теорема Птолемея» — типичный набор инструментов для сложных задач этой подтемы.

Пример 2

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ известны $AB=3$, $BC=CD=5$, $AD=8$, диагональ $AC=7$. а) Докажите, что вокруг четырёхугольника можно описать окружность. б) Найдите $BD$.

Шаг 1. Углы через диагональ. Диагональ $AC$ делит четырёхугольник на треугольники $ABC$ и $ACD$. Найдём косинусы углов $B=\angle ABC$ и $D=\angle ADC$ по теореме косинусов.

В треугольнике $ABC$ ($AB=3$, $BC=5$, $AC=7$): $$AC^2=AB^2+BC^2-2\cdot AB\cdot BC\cos B,$$ $$49 = 9+25-30\cos B = 34-30\cos B,$$ $$\cos B = \frac{34-49}{30} = -\frac{1}{2}.$$

В треугольнике $ACD$ ($AD=8$, $CD=5$, $AC=7$): $$AC^2=AD^2+CD^2-2\cdot AD\cdot CD\cos D,$$ $$49=64+25-80\cos D=89-80\cos D,$$ $$\cos D=\frac{89-49}{80}=\frac{40}{80}=\frac12.$$

Шаг 2. Доказательство пункта а). Получили $\cos B=-\dfrac12$ и $\cos D=\dfrac12$, то есть $\cos B=-\cos D$. Так как углы четырёхугольника лежат в промежутке $(0^\circ;180^\circ)$, равенство $\cos B=-\cos D$ равносильно $B+D=180^\circ$ (а именно $B=120^\circ$, $D=60^\circ$). Сумма противоположных углов равна $180^\circ$ — по признаку вокруг $ABCD$ можно описать окружность. Пункт а) доказан.

Шаг 3. Вычисление $BD$ (пункт б). Раз $ABCD$ вписан, применяем теорему Птолемея: $$AC\cdot BD = AB\cdot CD + BC\cdot AD.$$ Подставляем данные: $$7\cdot BD = 3\cdot5+5\cdot8=15+40=55,$$ $$BD=\frac{55}{7}.$$

Этот пример показывает более короткий, «формульный» путь: доказательство через сравнение косинусов противоположных углов и мгновенное вычисление диагонали по Птолемею — без построения вспомогательных точек.

Типичные ошибки

• Путают признак «сумма противоположных углов равна $180^\circ$» с суммой соседних углов — у произвольного четырёхугольника соседние углы ничего не обязаны давать в сумме, а вот у параллелограмма сумма соседних углов и так $180^\circ$, что не имеет отношения к вписанности.
• Применяют теорему Птолемея к четырёхугольнику, вписанность которого не доказана — это грубая логическая ошибка, за неё снимают баллы даже при верном числовом ответе.
• Путают порядок сторон в формуле Птолемея: произведение диагоналей должно равняться сумме произведений именно противоположных сторон, а не соседних.
• При использовании степени точки путают, какая величина возводится в квадрат (касательная), а какая раскладывается в произведение (секущая), и забывают проверить, что точка действительно вне окружности.
• Не проверяют знак косинуса при доказательстве через углы — теряется информация о том, тупой угол или острый, из-за чего доказательство «зависает» без вывода про сумму $180^\circ$.
• Неправильно определяют основания трапеции, вписанной в окружность, и путают, какие стороны должны быть равны (боковые стороны или диагонали).

На что обратить внимание на экзамене

• Пункт а) (доказательство) оценивается отдельно: без корректно записанной логической цепочки не засчитают и верный численный ответ пункта б). Прописывайте признак вписанности явно, ссылаясь на конкретную теорему.
• Если в условии встречаются параллельные стороны и окружность, сразу проверяйте, не образуется ли вписанная равнобокая трапеция — это часто кратчайший путь к ответу.
• Держите в голове теорему Птолемея как быструю связку между диагональю и сторонами вписанного четырёхугольника — она экономит время по сравнению с двойным применением теоремы косинусов для поиска второй диагонали напрямую.
• Не забывайте про степень точки, когда в условии явно фигурируют касательные и секущие к окружности — это почти всегда сигнал использовать именно это соотношение.
• Проверяйте правдоподобие ответа на чертеже: диагональ или отрезок должны сочетаться по величине с уже известными сторонами (например, быть не длиннее суммы других сторон).