Информация о задаче

Задача 52825

Темы:	[	Равнобедренные, вписанные и описанные трапеции	]
Темы:	[	Теорема косинусов	]

Сложность: 4-
Классы: 8,9

Прислать комментарий

Условие

В трапеции ABCE основание AE равно 16, CE = 8 $\sqrt{3}$ . Окружность, проходящая через точки A, B и C, вторично пересекает прямую AE в точке H; $\angle$ AHB = 60^o. Найдите AC.

Подсказка

Примените теорему косинусов.

Решение

Пусть O₁ — центр данной окружности, N — её точка касания с прямой AC, K — со стороной BC.

Из прямоугольного треугольника AO₁N находим, что

AN = O₁Nctg30^o = $\displaystyle \sqrt{3}$ .

С другой стороны, AN равно полупериметру p треугольника ABC. Радиус вписанной окружности треугольника ABC равен

$\displaystyle {\frac{S_{\Delta ABC}}{p}}$ = $\displaystyle {\frac{2\sqrt{3} - 3}{\sqrt{3}}}$ = 2 - $\displaystyle \sqrt{3}$ .

Если O — центр этой окружности, а P — точка касания со стороной AC, то

O₁O = AO₁ - AO = 2O₁N - 2OP = 2( $\displaystyle \sqrt{3}$ - 1).

Пусть F — основание перпендикуляра, опущенного из точки O на продолжение отрезка O₁K. Тогда

cos $\displaystyle \angle$ OO₁F = $\displaystyle {\frac{O_{1}F}{O_{1}O}}$ = $\displaystyle {\frac{1+2 - \sqrt{3}}{2(\sqrt{3} - 1)}}$ = $\displaystyle {\frac{\sqrt{3}}{2}}$ .

Поэтому $\angle$ OO₁F = 30^o. Если отрезки OO₁ и BC пересекаются и точке Q, то

$\displaystyle \angle$ AQB = $\displaystyle \angle$ O₁QK = 60^o.

Следовательно,

$\displaystyle \angle$ BCA = $\displaystyle \angle$ AQB - $\displaystyle \angle$ QAC = 60^o - 30^o = 30^o.

Ответ

Трапеция ABCH вписана в окружность, поэтому она — равнобедренная. Следовательно, $\angle$ CAH = $\angle$ AHB = 60^o. Обозначим AC = x и применим теорему косинусов к треугольнику ACE:

(8 $\displaystyle \sqrt{3}$ )² = x² + 16² - 16x.

Отсюда находим, что x = 8.

Источники и прецеденты использования


web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	491