Главная › 16 (С5) Планиметр. задачи › Задание №16 Т/Р №162 А. Ларина

15 Сен 2016

Категория: 16 (С5) Планиметр. задачиТ/P A. Ларина

Задание №16 Т/Р №162 А. Ларина

Елена Репина 2016-09-15 2016-10-13

Смотрите также №13; №14; №15; №17; №18; №19 Тренировочной работы №162 А. Ларина

16. Высота равнобедренной трапеции $ABCD$ ( $BC$ и $AD$ – основания) равна длине её средней линии.
а) Докажите, что диагонали трапеции перпендикулярны.
б) Найдите радиус окружности, касающейся сторон $AB$ , $BC$ и $CD$ трапеции, если известно, что $BC=4$ , $AD=6$ .

Решение:

а)

Снимок экрана 2016-09-14 в 21.20.20

На продолжении прямой $AD$ за точку $D$ отложим отрезок $DL,$ равный $BC.$ Тогда $BCLD$ – параллелограмм и $BD\parallel CL.$ Доказав перпендикулярность прямых $AC,CL$ , получим и перпендикулярность прямых $AC,BD.$

Заметим, в равнобедренной трапеции диагонали равны. Треугольник $ACL$ – равнобедренный.

Высота $CQ$ трапеции (см. рис.) – высота треугольника $ACL.$ При этом $CQ$ – и медиана в треугольнике $ACL.$

Обозначив длины оснований за $x,y,$ получим, согласно условию, что $CQ=\frac{x+y}{2}.$

Итак, в треугольнике $ACD$ медиана $CQ$ оказалась равна половине стороны, к которой проведена. А значит, треугольник – прямоугольный. Действительно, точка $Q$ равноудалена от точек $A,C,L$ , а значит является центром описанной окружности около треугольника $ACL,$ $AL$ – диаметр; а вписанный угол, опирающийся на диаметр – прямой.

Итак, прямые $AC,CL$ (а значит и $BD,AC$ ) перпендикулярны. Что и требовалось доказать.

б) Снимок экрана 2016-09-14 в 22.31.36 Раз окружность касается сторон $AB,BC,CD$ трапеции, то центр $O$ окружности лежит на пересечении биссектрис углов $B$ и $C$ .

Пусть $\alpha =\angle BAD.$ Тогда $\angle CBO=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}$ .

При этом из треугольника $ABH$ ( $BH$ – высота трапеции, равная $5$ , как следует из п.а):

$cos\alpha =\frac{1}{\sqrt{26}}.$

Из треугольника $BOT$ ( $T$ – середина $BC$ , $TO$ – и есть радиус данной окружности):

$tg(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2})=\frac{TO}{2};$

$ctg\frac{\alpha}{2}=\frac{TO}{2}.$

Найдем $ctg\frac{\alpha}{2},$ зная, что $cos\alpha =\frac{1}{\sqrt{26}}.$

$cos^2\frac{\alpha}{2}=\frac{cos\alpha +1}{2}=\frac{1+\frac{1}{\sqrt{26}}}{2}=\frac{\sqrt{26}+1}{2\sqrt{26}}.$

Тогда

$sin^2\frac{\alpha}{2} =1-\frac{\sqrt{26}+1}{2\sqrt{26}}=\frac{\sqrt{26}-1}{2\sqrt{26}}.$

Стало быть,

$ctg^2\frac{\alpha}{2}=\frac{\frac{\sqrt{26}+1}{2\sqrt{26}}}{\frac{\sqrt{26}-1}{2\sqrt{26}}}=\frac{\sqrt{26}+1}{\sqrt{26}-1}=\frac{(\sqrt{26}+1)^2}{25}.$