Задания
Версия для печати и копирования в MS Word
Задание 16 № 509204

Дана равнобедренная трапеция ABCD с основаниями AD и BC. Окружность с центром O, построенная на боковой стороне AB как на диаметре, касается боковой стороны CD и второй раз пересекает большее основание AD в точке H, точка Q — середина CD.

а) Докажите, что четырёхугольник DQOH — параллелограмм.

б) Найдите AD, если ∠BAD = 75° и BC = 1.

Решение.

а) Треугольник AOH равнобедренный и трапеция ABCD равнобедренная, поэтому ∠AHO = ∠OAH = ∠CDA. Значит, прямые OH и CD параллельны, а так как OQ — средняя линия трапеции, то параллельны прямые OQ и AD. Противоположные стороны четырёхугольника DQOH попарно параллельны, следовательно, DQOH — параллелограмм.

б) Пусть окружность с центром в точке O радиуса R касается стороны CD в точке P. В прямоугольных треугольниках OPQ и AHB имеем

OQ= дробь, числитель — OP, знаменатель — синус \angel OQP = дробь, числитель — R, знаменатель — синус 75 в степени circ ,AH=AB косинус \angle BAH=2R косинус 75 в степени circ.

Поэтому

дробь, числитель — AH, знаменатель — DH = дробь, числитель — AH, знаменатель — OQ = дробь, числитель — 2R косинус 75 в степени circ, знаменатель — дробь, числитель — R { синус 75 в степени circ, знаменатель — } =2 синус 75 в степени circ умножить на косинус 75 в степени circ= синус 150 в степени circ= дробь, числитель — 1, знаменатель — 2 .

Пусть AH = x. Поскольку трапеция ABCD равнобедренная, AD = 2AH + BC; DH = AH + BC = x + 1. Тогда

дробь, числитель — AH, знаменатель — DH = дробь, числитель — x, знаменатель — x плюс 1 = дробь, числитель — 1, знаменатель — 2 ,

откуда x = 1. Значит, AD = 2x + 1 = 3.

 

Ответ: б) 3.


Аналоги к заданию № 512338: 512380 509204 510074 519904 Все

Источник: ЕГЭ по математике — 2015. Досрочная волна, Запад.
Классификатор планиметрии: Окружности и четырёхугольники
Спрятать решение · Прототип задания · · Курс 80 баллов · Курс Д. Д. Гущина ·