Ре­ше­ние.

а)  Ост­рые углы BCA и CAD равны, по­сколь­ку опи­ра­ют­ся на дуги, стя­ну­тые рав­ны­ми хор­да­ми AB и CD. Зна­чит, пря­мые BC и AD па­рал­лель­ны.

б)  Хорды AB, BC и CD равны, а по­то­му стя­ги­ва­ют рав­ные дуги. Зна­чит, По тео­ре­ме си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка ABC на­хо­дим: от­ку­да

Опу­стим вы­со­ту BH на ос­но­ва­ние AD. Тогда

 

Ответ: б)

 

 

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние пунк­та б).

б)  Обо­зна­чим угол BCA через α. По тео­ре­ме си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка ABC на­хо­дим: Тре­уголь­ник ABC рав­но­бед­рен­ный, по­это­му Зна­чит, Че­ты­рех­уголь­ник ABCD  — рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция, по­это­му Зна­чит,

По тео­ре­ме си­ну­сов для тре­уголь­ни­ков ACD и ACB по­лу­ча­ем:

от­ку­да, ис­поль­зуя фор­му­лу си­ну­са трой­но­го угла, по­лу­ча­ем:

 

При­ве­дем еще одно ре­ше­ние пунк­та б)

За­ме­тим, что центр опи­сан­ной окруж­но­сти лежит вне тра­пе­ции. Дей­стви­тель­но, если хорды были бы равны ра­ди­у­су, то центр окруж­но­сти лежал бы на сто­ро­не, как в слу­чае пра­виль­но­го ше­сти­уголь­ни­ка, но хорды мень­ше, а по­то­му центр окруж­но­сти лежит вне тра­пе­ции. (Дру­гое рас­суж­де­ние: угол при вер­ши­не в тре­уголь­ни­ке со сто­ро­на­ми 10, 10 и 6 мень­ше 60°, по­это­му сумма цен­траль­ных углов мень­ше 180°.)

Про­ве­дем две вы­со­ты тра­пе­ции: BH, ис­хо­дя­щую из вер­ши­ны B, и па­рал­лель­ную ей вы­со­ту EF, про­хо­дя­щую через центр окруж­но­сти. Обо­зна­чим AE  =  x, OE  =  y. Тогда из тре­уголь­ни­ка AOE по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра на­хо­дим а из тре­уголь­ни­ка BOF по­лу­ча­ем, что Тогда вы­со­та тра­пе­ции а AH  =  x – 3. За­пи­шем тео­ре­му Пи­фа­го­ра для тре­уголь­ни­ка ABH:

Под­ста­вим по­лу­чен­ный ре­зуль­тат в пер­вое урав­не­ние и решим его:

Оче­вид­но, что нам под­хо­дит толь­ко по­ло­жи­тель­ный ко­рень, от­ку­да AD  =  2x  =  15,84.