Планиметрическая задача

а)

Пусть прямая, проходящая через точку $O$ параллельно $BC$, пересекает боковые стороны $AB$ и $CD$ в точках $M$ и $N$ соответственно.

Так как $AO$ и $CO$ — биссектрисы, то $\angle MAO = \angle OAD$ и $\angle BCO = \angle NCO$.

$\angle OAD = \angle MOA$ и $\angle BCO = \angle CON$, как накрест лежащие углы. Значит $$AM = MO \quad \text{и} \quad CN = ON$$ $ABCD$ — равнобедренная трапеция, тогда $$AM = ND \quad \text{и} \quad BM = CD$$ Тогда $$CD=CN+ND=NO + AM = NO +MO =MN$$ Получили, что $CD=MN$.

б) Пусть $AM = 2x$, $MB = 3x$, а $\angle AMO = \alpha$, тогда $\angle CNO = \angle BMO = 180^\circ - \alpha$.

В $\Delta AMO$ по теореме косинусов: $$AO^2 = AM^2 + MO^2 - 2 \cdot AM \cdot MO \cdot \cos \alpha = 4x^2 + 4x^2 - 2 \cdot 2x \cdot 2x \cdot \cos \alpha = 8x^2 - 8x^2 \cos \alpha.$$ В $\Delta CNO$ по теореме косинусов: $$OC^2 = CN^2 + NO^2 - 2 \cdot CN \cdot NO \cdot \cos(180^\circ - \alpha) = 9x^2 + 9x^2 - 2 \cdot 3x \cdot 3x \cdot (-\cos \alpha) = 18x^2 + 18x^2 \cos \alpha$$ Так как $AO = OC$, то $$8x^2 - 8x^2 \cos \alpha = 18x^2 + 18x^2 \cos \alpha$$ Тогда $$\cos \alpha = -\dfrac{5}{13}$$ Получили, что $\cos \angle BAD = \dfrac{5}{13}$.

Опустим высоту $BH$ на сторону $MN$, из прямоугольного $\Delta MBH$: $$MH = MB\cdot \cos \angle BMH = 3x \cdot \dfrac{5}{13} = \dfrac{15x}{13}$$ $BC = MN - 2MH = 5x - 2 \cdot \dfrac{15x}{13} = \dfrac{35x}{13}$ Из прямоугольного $\Delta AMK$: $$AK =AM\cdot \cos \angle MAK = 2x \cdot \dfrac{5}{13} = \dfrac{10x}{13}$$ Получим, что $$AD = MN + 2AK = 5x + 2 \cdot \dfrac{10x}{13} = \dfrac{85x}{13}$$ Тогда $$\dfrac{BC}{AD} = \dfrac{\dfrac{35x}{13}}{\dfrac{85x}{13}} = \dfrac{7}{17}$$

Ответ: $\; 7:17$.

а)

Так как равные хорды стягивают равные дуги, то $$\angle BCA = \angle DEC \quad \text{и} \quad \angle BAC = \angle DCE$$ Тогда и углы $ABC$ и $CDE$ в треугольниках $ABC$ и $CDE$ также равны.

$DE = BC, DC = BA, \angle ABC =\angle CDE$, значит $\Delta ABC = \Delta CDE$.

А тогда $AC = CE$.

б) Пусть $M$ — точка пересечения $AD$ и $BE$.

$\angle DCE = \angle BEC$, равные хорды стягивают равные дуги. Тогда $CD \parallel BE$.

$\angle BCA = \angle CAD$, равные хорды стягивают равные дуги. Тогда $BC \parallel AD$.

Значит, $BCDM$ — параллелограмм, а значит, $BC=DM=4$, $CD=BM=3$.

$$AM = AD - MD = 6-4=2$$ $\angle BAM= \angle DME$, как вертикальные

$\angle ABE = \angle ADE$, опираются на одну дугу

Тогда треугольники $ABM$ и $MDE$ подобны по двум равным углам. $$\dfrac{AM}{ME}=\dfrac{BM}{MD}$$ $$ME =\dfrac{MD\cdot AM}{BM}= \dfrac{4\cdot2}{3}=\dfrac{8}{3}$$ Тогда $$BE = BM + ME = 3 + \dfrac{8}{3} = \dfrac{17}{3}$$

Ответ: $\; \dfrac{17}{3}$.

а)

Из треугольника $ABC$ по теореме косинусов $$\cos \angle ABC = \dfrac{AB^2 + BC^2 -AC^2}{2AB \cdot BC}= \dfrac{9+25-49}{2\cdot3\cdot5}=-\dfrac{1}{2}$$ Значит, $\angle ABC=120^\circ$ Из треугольника $ADC$ по теореме косинусов $$\cos \angle ADC = \dfrac{AD^2 + DC^2 -AC^2}{2AD \cdot DC}= \dfrac{64+25-49}{2\cdot8\cdot5}=\dfrac{1}{2}$$ Значит, $\angle ADC = 60^\circ$.

Заметим, что $\angle ABC +\angle ADC =120^\circ + 60^\circ = 180^\circ$, а тогда около $ABCD$ можно описать окружность.

б) Так как $ABCD$ — вписанный, то по теореме Птолемея произведение диагоналей четырехугольника равно сумме произведений его противоположных сторон. $$AC \cdot BD = AB \cdot DC + AD \cdot BC$$ $$7\cdot BD = 3 \cdot 5 + 8 \cdot 5$$ $$BD =\dfrac{55}{7}$$

Ответ: $\; \dfrac{55}{7}$.

а)

По условию $BM = MD$.

Пусть $BM$ пересекает $AC$ в точке $H$. $\angle AHM = 90^\circ$.

Пусть $\angle ABM = \alpha$, тогда $\angle MAH = \alpha$.

$\angle BCA = \angle CAD = \alpha$ как накрест лежащие

$\Delta BOC$ — равнобедренный, так как $O$ — точка пересечения диагоналей прямоугольника

Тогда $\angle OBC = \angle COB = \alpha$

$\angle CBD = \angle BDA = \alpha$, как накрест лежащие

$\Delta BMD$ — равнобедренный, тогда $\angle MBD = \angle MDB = \alpha$ Получим, что $$\angle ABM = \angle MBD = \angle CBD$$ Что и требовалось доказать.

б)

Пусть $OK$ — расстояние от точки $O$ до $CM$.

$\angle ABC = 3\alpha = 90^\circ \quad \Rightarrow \quad \alpha = 30^\circ$

Опустим перпендикуляр $AN$ из точки $A$ на $MC$.

$OK \perp CM$, $AN \perp CM$, значит $OK \parallel AN$.

$O$ — середина $AC$ и $OK \parallel AN$, тогда $K$ — середина $NC$.

Получили, что $OK$ — средняя линия $\Delta ANC$, а тогда $AN = 2OK$. $$S_{AMC} = \dfrac{1}{2} AM \cdot AC \cdot \sin \alpha = \dfrac{1}{2} AN \cdot CM$$ Тогда $$AN = \dfrac{AM \cdot AC \cdot \sin \alpha}{MC}$$ Из прямоугольного $\Delta ABC$: $$\tg\alpha = \dfrac{AB}{BC}$$ $$AB =BC\cdot \tg \alpha= 6\sqrt{21} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{3} = 6\sqrt{7}$$ $$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2}=\sqrt{(6\sqrt{7})^2 + (6\sqrt{21})^2} = 24\sqrt{7}$$ Из прямоугольного $\Delta ABM$: $$\tg\alpha = \dfrac{AM}{AB}$$ $$AM =\tg \alpha \cdot AB = \dfrac{\sqrt{3}}{3} \cdot 6\sqrt{7} = 2\sqrt{21}$$ $$MD = AD - AM = 6\sqrt{21} - 2\sqrt{21} = 4\sqrt{21}$$ Из прямоугольного$\Delta CMD$: $$MC = \sqrt{MD^2+CD^2}=\sqrt{(4\sqrt{21})^2 + (6\sqrt{7})^2} = \sqrt{16 \cdot 21 + 36 \cdot 7} = 14\sqrt{3}$$ $$AN = \dfrac{2\sqrt{21} \cdot 12\sqrt{7} \cdot \dfrac{1}{2}}{14\sqrt{3}} = 6$$ Тогда $$OK = \dfrac{AN}{2} = \dfrac{6}{2}=3$$

Ответ: $\; 3$.

а)

Заметим, что $\angle AMH = \angle AKH= 90^\circ$, тогда точки $A, M, K, H$ лежат на одной окружности, при этом $AH$ - диаметр этой окружности.

Пусть $\angle BCA = \angle BAC = \alpha$, тогда $\angle ABC = 180^\circ - 2\alpha$, а $\angle HBA = 180^\circ - \angle ABC = 2\alpha$

Из $\Delta BHK$: $$\angle KHB = 90^\circ - 2\alpha$$

Далее

$$\angle AHK = 90^\circ - \angle KHB = 90^\circ - (90^\circ - 2\alpha) = 2\alpha$$

$\angle MAK = \angle MHK = \alpha$, так как опираются на одну дугу.

Тогда $$\angle AHM=\angle AHK - \angle MHK = 2\alpha - \alpha = \alpha$$

$$\angle AKM = \angle AHM = \alpha, \text{так как опираются на одну дугу}.$$

Получили, что $\angle AKM = \angle KAM = \alpha$, значит $\Delta AMK$ - равнобедренный.

Тогда $AM = MK$.

б) Опустим из точки $B$ высоту $BF$ на сторону $AC$. $\Delta ABC$ равнобедренный, поэтому $AF = FC = 4$.

$\Delta BFC$ прямоугольный, $BC=5, FC=4$, тогда $BF=3$.

$\sin \angle BCF = \cfrac{BF}{BC} = \cfrac{3}{5}$

В прямоугольном $\Delta AHC$: $$HA = AC \cdot sin\angle BCA = 8 \cdot \frac{3}{5} = \frac{24}{5}$$

Тогда $$MK = AM = HA \cdot \sin \angle AHM = \frac{24}{5} \cdot \frac{3}{5} = \frac{72}{25}.$$

Ответ:    $\cfrac{72}{25}$