Решение №2566 Около окружности с центром О описана трапеция ABCD с основаниями AD и ВС.

Решение:

а)

    Окружность вписана в углы: ∠ВAD, ∠ADC, ∠DCB и ∠CBA. Центр окружности, которая вписана в угол, расположен на биссектрисе этого угла, значит АО, DO, СО, ВО – биссектрисы и делят соответствующие углы пополам.

∠ВAD + ∠CBA = 180°
∠ADC + ∠DCB = 180°

    Как односторонние углы, при параллельных прямых AD||ВС (основания трапеции) и секущих AB и СD соответственно.
    Зная о биссектрисах поделим всё на 2:

\frac{\angle BAD}{2} + \frac{\angle CBA}{2} = \frac{180^{\circ}}{2}
\frac{\angle ADC}{2} + \frac{\angle DCB}{2} = \frac{180^{\circ}}{2}

    Получаем:

{\color{Blue}\angle BAO} + {\color{Blue}\angle OBA} = 90^{\circ}
{\color{Blue}\angle ODC}+ {\color{Blue}\angle DCO} = 90^{\circ}

    Рассмотрим треугольники ΔАВО и ΔDCO, сумма углов любого треугольника равна 180°, тогда:

\angle AOB +{\color{Blue}\angle BAO} + {\color{Blue}\angle OBA} = 180^{\circ}
\angle AOB + 90^{\circ} = 180^{\circ}
\angle AOB= 180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}

и

\angle COD +{\color{Blue}\angle ODC}+ {\color{Blue}\angle DCO} = 180^{\circ}
\angle COD +90^{\circ} = 180^{\circ}
\angle COD= 180^{\circ} –  90^{\circ}= 90^{\circ}

    Получили:

∠AOB = ∠COD = 90°

    Что и требовалось доказать.

б) Найти: \frac{AD}{BC}, если АВ = СD, S_{KMNL}=\frac{12}{49}\cdot S_{ABCD}:

    Отрезки касательных к окружности, проведённые из одной точки, равны:

BM = BK
CM = CN
AK = AL
DL = DN

    Т.к. AB = CD, то:

BK = СN = BM = CM = x
AK = DN = AL = DL = y

    Проведём радиусы из точки О к касательным ВС и AD, тогда ОМ⊥ВС, OL⊥AD, точка О∈OM, O∈OL, значит МL это одна прямая и высота трапеции:

    Проведём ещё одну высоту трапеции СН:

    MC = LH, МCHL – прямоугольник, значит MC = LH = x, найдём HD:

HD = LD – LH = y – x

    Из прямоугольного ΔСHD по теореме Пифагора найдём СН:

СН² + HD² = CD²
CH² + (y – x)² = (y + x)²
CH² = (y + x)² – (y – x)² = y² + 2xy + x² – y² + 2xy – x² = 4xy
CH=\sqrt{4xy}=2\sqrt{xy}

    Выразим площадь S_ABCD^:

S_{ABCD}=\frac{BC+AD}{2}\cdot CH=\frac{2x + 2y}{2}\cdot 2\sqrt{xy}=(x+y)\cdot 2\sqrt{xy}

    В четырёхугольнике проведём KMNL диагональ KN, прямые ВС и KN отсекают равные отрезки ВК = СN = x, значит они по теорема Фалеса параллельны ВС||KN, т.к. BC⊥LM, то KM⊥ML, значит угол между диагоналями ∠MSK = 90°.
    Диагональ ML = 2\sqrt{xy}, как высота трапеции.
    Проведём BF||CD и пересекающая KN в точке Е. BCDF – параллелограмм, значит EN = BC = 2x. 

    ΔАВF подобен ΔВКЕ (∠В – общий, ∠ВКЕ = ∠ВАF – соответственные). Из пропорциональности сторон найдём КЕ:

\frac{KE}{AF}=\frac{BK}{BA}
\frac{KE}{AD-FD}=\frac{x}{x+y}
\frac{KE}{2y-BC}=\frac{x}{x+y}
\frac{KE}{2y-2x}=\frac{x}{x+y}
KE=\frac{(2y-2x)\cdot x}{x+y}

    Найдём диагональ KN:

KN = КЕ + ЕN = \frac{(2y-2x)\cdot x}{x+y}+2x=\frac{2x(y-x)+2x(x+y)}{x+y}=\frac{2x(y-x+x+y)}{x+y}=\frac{4xy}{x+y}

    Выразим площадь S_KMNL:

S_{KMNL}=\frac{1}{2 }\cdot ML\cdot KN\cdot \sin \angle MSK=\frac{1}{2 }\cdot 2\sqrt{xy}\cdot \frac{4xy}{x+y}\cdot \sin 90^{\circ}=\sqrt{xy}\cdot \frac{4xy}{x+y}\cdot 1= \frac{4xy\sqrt{xy}}{x+y}

    Подставим выраженные площади с исходное отношение:

S_{KMNL}=\frac{12}{49}\cdot S_{ABCD}
\frac{4xy\sqrt{xy}}{x+y}=\frac{12}{49}\cdot (x+y)\cdot 2 \sqrt{xy}
\frac{4xy\sqrt{xy}}{x+y}=\frac{24(x+y)\sqrt{xy}}{49}
\frac{xy}{x+y}=\frac{6(x+y)}{49}
49ху = 6(х + у)²
6х² + 12ху – 49ху + 6y² = 0 
6х² – 37ху + 6y² = 0 | :x²
6 – 37\frac{y}{x} + 6(\frac{y}{x})^{2} = 0
6(\frac{y}{x})^{2} – 37\frac{y}{x} + 6 = 0
D = (–37)² – 4·6·6 = 1225 = 35²
\frac{y}{x}_{1}=\frac{37-35}{2\cdot 6}=\frac{1}{6}
\frac{y}{x}_{2}=\frac{37+35}{2\cdot 6}=\frac{6}{1}=6

    Т.к. у нас у большее основание, а х меньшее, то их отношение равно 6.

Ответ: б) 6.