Задание 17: вписанные окружности и четырёхугольники — гайд для ЕГЭ

О чём эта подтема

Задание 17 — это планиметрическая задача с двумя пунктами: сначала нужно что-то доказать (равнобедренность трапеции, параллельность прямых, свойство углов), а затем вычислить числовую величину (радиус, угол, длину). В подтеме про вписанные окружности и четырёхугольники чаще всего встречаются трапеции и параллелограммы, разбитые диагоналями, биссектрисами или средними линиями на части, в которые вписаны окружности. Ключевая идея почти всегда одна: свойства касательных к окружности и условие существования вписанной окружности в четырёхугольник дают алгебраические соотношения между сторонами, из которых и строится доказательство и вычисление.

Что нужно знать

1. Условие тангенциальности четырёхугольника. В выпуклый четырёхугольник можно вписать окружность тогда и только тогда, когда суммы противоположных сторон равны: $$a+c=b+d.$$ Для трапеции это означает: сумма оснований равна сумме боковых сторон.

2. Радиус вписанной окружности трапеции. Если в трапецию вписана окружность, то она касается обоих оснований, значит расстояние между основаниями (высота) равно диаметру: $$h=2r.$$ Это работает для любой трапеции с вписанной окружностью, не только прямоугольной.

3. Равенство касательных. Отрезки касательных, проведённых из одной точки к окружности, равны. Отсюда для треугольника с вписанной окружностью длина касательной из вершины $A$ равна $$AK=AT=p-a,$$ где $p$ — полупериметр, $a$ — сторона, противоположная вершине $A$.

4. Гомотетия из общей вершины. Если точки касания вписанной окружности треугольника лежат на двух сторонах, выходящих из одной вершины, и отрезки от вершины до точек касания равны отрезкам от вершины до концов сторон в одинаковой пропорции, то отрезок между точками касания параллелен третьей стороне — это следствие подобия треугольников с общим углом.

5. Две окружности в одном угле. Если две окружности радиусов $r_1$ и $r_3$ вписаны в один и тот же угол $\alpha$ (обе касаются его сторон) и касаются друг друга, причём $r_3<r_1$ ближе к вершине, то расстояние от вершины до центра окружности радиуса $r$ равно $r/\sin(\alpha/2)$, и из условия внешнего касания получается формула: $$r_3=r_1\cdot\frac{1-\sin(\alpha/2)}{1+\sin(\alpha/2)}.$$ Эту формулу удобно выводить самому на чертеже, а не запоминать механически — тогда не перепутаете, какая окружность ближе.

6. Свойства параллелограмма. Противоположные стороны равны и параллельны, сумма соседних углов равна $180^\circ$. Биссектриса угла, пересекающая продолжение противоположной стороны, вместе с накрест лежащими углами (из-за параллельности сторон) образует равнобедренный треугольник — это часто ключ к доказательствам.

Как решать: метод и алгоритм

1. Чертёж. Нарисуйте фигуру аккуратно, отметьте все точки касания окружностей со сторонами, обозначьте радиусы и равные отрезки (касательные) одинаковыми буквами.

2. Пункт а) — доказательство. Ищите один из типовых путей:

• применить условие тангенциальности $a+c=b+d$ к обеим частям фигуры и получить равенство сторон;
• воспользоваться равенством накрест лежащих углов при параллельных прямых (для параллелограмма с биссектрисой), чтобы доказать равнобедренность треугольника;
• использовать гомотетию/подобие относительно общей вершины, чтобы доказать параллельность отрезка, соединяющего точки касания, третьей стороне.

3. Пункт б) — вычисление. Введите переменные для неизвестных длин, выразите условие через:

• равенство $h=2r$ для трапеции с вписанной окружностью;
• тангенциальное условие $a+c=b+d$;
• теорему Пифагора в прямоугольном треугольнике, который образуют высота и боковая сторона трапеции;
• формулу для касательной $p-a$ или подобие треугольников для отрезка между точками касания.

Составьте уравнение (часто квадратное) и решите его. Если в задаче фигурируют две вписанные окружности в одном углу — используйте формулу с $\sin(\alpha/2)$, предварительно найдя косинус или синус угла из прямоугольного треугольника на чертеже.

4. Проверка. Убедитесь, что найденные длины положительны и соответствуют картинке (например, большее основание действительно больше меньшего).

Разбор примера

Пример 1. В трапеции $ABCD$ с основаниями $BC$ и $AD$ отрезок $MN$ соединяет середины оснований и делит трапецию на две трапеции $ABMN$ и $NMCD$, в каждую из которых можно вписать окружность.

а) Доказать, что $ABCD$ — равнобедренная трапеция.

Поскольку $M$ и $N$ — середины оснований, $BM=MC=BC/2$ и $AN=ND=AD/2$. Для трапеции $ABMN$ (стороны по порядку $AB,\,BM,\,MN,\,NA$) условие вписанной окружности даёт: $$AB+MN=BM+NA.$$ Для трапеции $NMCD$ (стороны $NM,\,MC,\,CD,\,DN$): $$MN+CD=MC+DN.$$ Так как $BM=MC$ и $NA=DN$, правые части равны, значит равны и левые: $$AB+MN=CD+MN \;\Rightarrow\; AB=CD.$$ Боковые стороны равны при параллельных основаниях — трапеция равнобедренная.

б) Найти радиус окружности, касающейся $AB$, $AN$ и вписанной окружности радиуса $r_1=3$.

Из равнобедренности $MN$ — ось симметрии, значит $MN\perp BC$ и $MN\perp AD$, то есть $ABMN$ — прямоугольная трапеция с прямыми углами при $M$ и $N$. Высота этой трапеции равна $MN$, а для трапеции с вписанной окружностью высота равна диаметру: $$MN=2r_1=6.$$ По условию $BC=8$, значит $BM=4$. Обозначим $AN=x$. Тангенциальное условие: $$AB+MN=BM+AN \;\Rightarrow\; AB=4+x-6=x-2.$$ С другой стороны, $AB$ — гипотенуза прямоугольного треугольника с катетами $MN=6$ и $x-4$ (горизонтальная разница оснований): $$AB^2=6^2+(x-4)^2.$$ Подставляя $AB=x-2$: $$(x-2)^2=36+(x-4)^2.$$ Раскрываем: $$x^2-4x+4=36+x^2-8x+16 \;\Rightarrow\; 4x=48 \;\Rightarrow\; x=12.$$ Тогда $AN=12$, $AB=10$, а разность оснований $AN-BM=8$.

Теперь найдём угол $A=\angle NAB$: в прямоугольном треугольнике с катетами $6$ и $8$ и гипотенузой $10$ имеем $$\cos A=\frac{8}{10}=\frac{4}{5},\qquad \sin\frac{A}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos A}{2}}=\sqrt{\frac{1/5}{2}}=\frac{1}{\sqrt{10}}.$$ Окружность радиуса $r_3$ вписана в тот же угол $A$ (между сторонами $AB$ и $AN$) и касается окружности радиуса $r_1=3$ извне, находясь ближе к вершине. По формуле: $$r_3=r_1\cdot\frac{1-\sin(A/2)}{1+\sin(A/2)}=3\cdot\frac{1-\frac{1}{\sqrt{10}}}{1+\frac{1}{\sqrt{10}}}=3\cdot\frac{\sqrt{10}-1}{\sqrt{10}+1}.$$ Умножим числитель и знаменатель на $(\sqrt{10}-1)$: $$r_3=3\cdot\frac{(\sqrt{10}-1)^2}{9}=\frac{(\sqrt{10}-1)^2}{3}=\frac{11-2\sqrt{10}}{3}.$$ Это и есть ответ.

Пример 2. В параллелограмме $ABCD$ биссектриса угла $ADC$ пересекает прямую $AB$ в точке $E$. В треугольник $ADE$ вписана окружность, касающаяся $AE$ в точке $K$, а $AD$ — в точке $T$.

а) Доказать, что $KT\parallel DE$.

Так как $AB\parallel DC$, а $DE$ — секущая, накрест лежащие углы равны: $\angle CDE=\angle DEA$. По условию $DE$ — биссектриса угла $ADC$, значит $\angle ADE=\angle CDE$. Отсюда $\angle ADE=\angle AED$, то есть треугольник $ADE$ равнобедренный с $AD=AE$.

По свойству касательных из вершины $A$: $AK=AT$. Так как $AK/AE=AT/AD$ (равные отрезки делятся в равном отношении на равных сторонах $AE=AD$), треугольники $AKT$ и $AED$ подобны с общим углом $A$ и пропорциональными сторонами — значит $KT\parallel ED$ (гомотетия с центром $A$).

б) Найти угол $BAD$, если $AD=6$, $KT=3$.

Обозначим $DE=a$. Так как $AD=AE=6$, длина касательной из вершины $A$ равна $$AK=AT=\frac{AD+AE-DE}{2}=\frac{12-a}{2}=6-\frac{a}{2}.$$ Из подобия $AKT\sim AED$ (коэффициент подобия $AK/AD$): $$\frac{KT}{DE}=\frac{AK}{AD} \;\Rightarrow\; \frac{3}{a}=\frac{6-a/2}{6}.$$ Умножаем на $6a$: $$18=a\left(6-\frac{a}{2}\right)\cdot ...$$ Лучше сразу: $18=6a-\dfrac{a^2}{2}\cdot$ — умножим обе части на 2: $$36=12a-a^2 \;\Rightarrow\; a^2-12a+36=0 \;\Rightarrow\;(a-6)^2=0 \;\Rightarrow\; a=6.$$ Значит $DE=6=AD=AE$ — треугольник $ADE$ равносторонний, и $\angle ADE=60^\circ$. Так как $DE$ — биссектриса угла $ADC$, то $\angle ADC=2\cdot 60^\circ=120^\circ$. В параллелограмме соседние углы дают в сумме $180^\circ$, поэтому $$\angle BAD=180^\circ-120^\circ=60^\circ.$$

Типичные ошибки

• Неверно определяют пары противоположных сторон при проверке тангенциального условия — важно брать стороны именно по порядку обхода четырёхугольника, а не «через одну» произвольно.
• Забывают, что для трапеции с вписанной окружностью высота равна удвоенному радиусу, и вместо этого пытаются искать высоту через громоздкие построения.
• Путают местами $r_1$ и $r_3$ в формуле для двух окружностей в одном угле — получают ответ больше исходного радиуса, хотя по смыслу задачи окружность должна быть меньше.
• Считают доказательство в пункте а) «очевидным» и не прописывают его строго — на экзамене такие рассуждения не засчитываются.
• При работе с параллелограммом забывают использовать накрест лежащие углы при параллельных сторонах и биссектрисе — без этого не удаётся доказать равнобедренность вспомогательного треугольника.
• Ошибаются в вычислении половинного угла: используют $\sin\alpha$ вместо $\sin(\alpha/2)$ в формуле для касающихся окружностей.
• Не проверяют полученные числовые значения на согласованность с чертежом (например, получают отрицательную длину или основание меньше другого вопреки условию).

На что обратить внимание на экзамене

Пункт а) оценивается отдельно от пункта б), поэтому даже если не получается довести вычисление до конца, доказательство нужно написать полностью, с явным указанием используемых теорем (равенство касательных, признак тангенциального четырёхугольника, свойства параллельных прямых). Эксперты снимают баллы за пропущенные логические шаги и за ссылки «видно из чертежа».

Перед тем как погружаться в вычисления, потратьте время на аккуратный чертёж и обозначение всех равных отрезков — это часто сразу подсказывает, какое уравнение нужно составить. Держите в голове базовый набор формул (тангенциальное условие, $h=2r$ для трапеции, длина касательной $p-a$, формула для двух окружностей в углу) — почти вся подтема строится на комбинации именно этих фактов. После получения ответа обязательно проверяйте его на разумность: длины положительны, углы в допустимом диапазоне, конфигурация не противоречит условию задачи.