В равнобедренную трапецию, периметр которой равен \(80\), а площадь равна \(320\), можно вписать окружность. Найдите расстояние от точки пересечения диагоналей трапеции до её меньшего основания.

Решение: \(BC+AD = AB + CD\) (признак описанного четырёхугольника) \(P_{ABCD}=(BC+AD)+(AB + CD)=80\) \(\Rightarrow BC+AD = AB + CD=\frac{80}{2}=40\) Продлим ОН до пересечения с АD в точке К Так как \(OH\bot BC; BC\parallel AD\Rightarrow OH\bot AD\Rightarrow HK\) -высота трапеции \(S_{ABCD}=\frac{BC+AD}{2}\cdot HK=\frac{40}{2}\cdot HK=20\cdot HK=320\) \(\Rightarrow HK=\frac{320}{20}=16\) Проведём \(BE\bot AD,CM\bot AD\) \(BE=CM=HK=16 (высоты трапеции)\) \(\bigtriangleup ABE\) - прямоугольный По теореме Пифагора: \(AE^{2}+BE^{2}=AB^{2}\) \(AE=\sqrt{20^{2}-16^{2}}=\sqrt{144}=12\) \(\bigtriangleup ABE\) и \(\bigtriangleup CMD\) : \(AB=CD\), \(BE=CM\) \(\Rightarrow \bigtriangleup ABE=\bigtriangleup CMD\) (по гипотенузе и катету) \(\Rightarrow AE=MD=12\) Пусть \(BC=x\) \(BCME\) - прямоугольник \(\Rightarrow BC=EM=x\Rightarrow AD=AE+EM+MD=x+12+12=24+x\) \(AD+BC=40\) \(x+24+x=40\) \(2x=16\) \(x=8\) \(\Rightarrow BC=8\Rightarrow AD=8+24=32\) Рассмотрим \(\bigtriangleup BOC\) и \(\bigtriangleup AOD\) : \(\angle CAD = \angle ACB\) (накрест лежащие при \(BC\parallel AD\) и секущей \(АС\)) \(\angle BOC = \angle AOD\) (как вертикальные) \(\Rightarrow \bigtriangleup BOC\sim \bigtriangleup AOD\) (по двум углам) \(\frac{BC}{AD}=\frac{OH}{OK}=\frac{8}{32}=\frac{1}{4}\) \(OK=4\cdot OH\) \(HK=OH+OK=OH+4OH=5OH\) \(OH=\frac{HK}{5}=\frac{16}{5}=3,2\) Ответ: \(3,2\)

В трапеции \(ABCD\) боковая сторона \(AB\) перпендикулярна основанию \(BC\). Окружность проходит через точки \(C\) и \(D\) и касается прямой \(AB\) в точке \(E\). Найдите расстояние от точки \(E\) до прямой \(CD\), если \(AD = 8\), \(BC = 4\).

Решение: \(AB\cap CD=F\) \(EF^{2}=FC\cdot FD\) Пусть угол ADC =\(\alpha\) , тогда угол FCB=\(\alpha\) (соответственные углы при \(BC\parallel AD\) и секущей CD) \(\angle BFC = 90^\circ - \angle FCB = 90^\circ -\alpha\) \(\bigtriangleup EFK\) : \(\angle FEK = 90^\circ - \angle EFK = 90^\circ - (90^\circ - \alpha ) = \alpha\) \(\Rightarrow\)\(\angle FCB = \angle FEK=\angle FDA\) \(\bigtriangleup FBC\) : \(\cos\alpha=\frac{BC}{FC}\Rightarrow FC=\frac{BC}{\cos\alpha}=\frac{4}{\cos\alpha}\) \(\bigtriangleup EFK\) : \(cos\alpha=\frac{EK}{EF}\Rightarrow EF=\frac{EK}{cos\alpha}\) \(\bigtriangleup AFD\) : \(cos\alpha=\frac{AD}{FD}\Rightarrow FD=\frac{AD}{cos\alpha}=\frac{8}{cos\alpha}\) \(\left( \frac{EK}{cos\alpha} \right)^{2}=\frac{4}{cos\alpha}\cdot \frac{8}{cos\alpha}\) \(\frac{EK^{2}}{cos^{2}\alpha}=\frac{32}{cos^{2}\alpha}|\cdot cos^{2}\alpha\neq 0\) \(EK^{2}=32\) \(EK=\sqrt{16\cdot 2}=4\sqrt{2}\)

Боковые стороны \(AB\) и \(CD\) трапеции \(ABCD\) равны соответственно \(10\) и \(26\), а основание \(BC\) равно \(1\). Биссектриса угла \(ADC\) проходит через середину стороны \(AB\). Найдите площадь трапеции.

Решение: 1. Проведем \(EK||AD\) Т.к. EB=AE, то CK=KD (т. Фалеса) EK - средняя линия трапеции \(AE=EB=\cfrac{AB}{2}=\cfrac{10}{2}=5\) \(CK=KD=\cfrac{26}{2}=13\) 2. \(\angle ADE=\angle EDC\) - по условию \(\angle ADE=\angle DEK\) - накрест лежащие при EK||AD и сек. ED \(\angle DEK= \angle EDK\) \(\Rightarrow \triangle EDK\) равнобедренный (углы при основании) \(EK=KD=13\) 3. \(EK=\cfrac{BC+AD}{2}\) \(1+AD=26\) \(AD=26-1=25\) 4. Проведем \(BH \perp AD\) \(CM \perp AD\) \(BH=CM=h\) \(Пусть AH=x\) BCMH - прямоугольник \(\Rightarrow NH=CB=1\) \(MD=AD-AH-HM=25-x-1=24-x\) 6. \(\triangle ABH\) прямоугольный \(x^2+h^2=10^2\) \(\Rightarrow h^2=10^2-x^2\) \(\triangle CMD\) прямоугольный \((24-x)^2+h^2=26^2\) \((24-x)^2+10^2-x^2=26^2\) \(576-48x+100=676\) \(-48x=0\) \(x=0\) \(\Rightarrow AB\) совпадает с BH AB и есть высота трапеции \(S_{ABCD}=\cfrac{BC+AD}{2} \cdot AB= 13 \cdot 10= 130\) Ответ: \(130\)

В треугольнике \(ABC\) известны длины сторон \(AB = 30\), \(AC = 100\), точка \(O\) – центр окружности, описанной около треугольника \(ABC\). Прямая \(BD\), перпендикулярная прямой \(AO\), пересекает сторону \(AC\) в точке \(D\). Найдите \(CD\).

Дано: \(\bigtriangleup ABC\) - вписанный АВ=30 АС=100 Окружность (центр О) \(BD\bot AO\) \(BD\cap AC=D\) Найти: CD Решение: Проведём СК и ВК, где К - точка пересечения АО с окр. \(\bigtriangleup AED\) и \(\bigtriangleup ACK\) : Угол АСК = вписанный и опирается на диаметр \(\Rightarrow\) угол АСК=90 \(\Rightarrow\) угол АСК = углу AED угол EAD - общий \(\Rightarrow\) \(\bigtriangleup AED \sim ACK\) (по двум углам) \(\bigtriangleup ABE\) и \(\bigtriangleup ABK\) : Угол АВК = вписанный и опирается на диаметр \(\Rightarrow\) угол АВК=90 \(\Rightarrow\) угол АВК = углу AEВ угол ВАЕ - общий \(\Rightarrow\) \(\bigtriangleup ABE \sim ABK\) (по двум углам) \(\frac{AE}{AB}=\frac{AB}{AK}\Rightarrow AB^{2}=AE\cdot AK=30^{2}=900\Rightarrow AD=\frac{900}{100}=9\) \(DC=AC-AD=100-9=91\) Ответ: \(91\)

Четырёхугольник \(ABCD\) со сторонами \(AB=5\) и \(CD=17\) вписан в окружность. Диагонали \(AC\) и \(BD\) пересекаются в точке \(K\), причём \(∠AKB = 60^\circ.\) Найдите радиус окружности, описанной около этого четырёхугольника.

Дано: \(AB=5\) \(CD=17\) \(\angle AKB=60^o\) \(R-?\) Решение: 1. Проведем \(BE||AC\) \(\Rightarrow ABEC\) - трапеция, вписанная в окружность Тогда \(AB=EC\) (трапеция р/б) 2. \(\angle AKB=\angle KBE=60\) - накрест лежащие при \(AC||BE\) и секущей BK 3. \(BECD\) - впис. четырехуг. \(\angle DBE+\angle ECD=180\) - признак впис. 4-уг \(\Rightarrow \angle ECD=180-60=120^o\) Проведем \(ED\), рассмотрим треугольник \(ECD\) По теореме косинусов \(ED^2 = EC^2+CD^2-2 \cdot EC \cdot CD \cdot cos{ECD}\) \(ED^2=25+289-2 \cdot 5 \cdot 17 \cdot -\cfrac{1}{2}=25+289+5 \cdot 17=399\) \(ED=\sqrt{399}\) По теореме синусов: \(\cfrac{ED}{sin{ECD}}=2R\) \(\cfrac{\sqrt{399} \cdot 2}{\sqrt{3}}=2R\) \(R=\sqrt{\cfrac{399}{3}}=\sqrt{133}\) Ответ: \(\sqrt{133}\)