Задача на доказательство и вычисление

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

a) Пусть $$H$$ – середина $$PC$$. Так как треугольник $$PCD$$ равнобедренный ($$PD=AB$$ по условию и $$DC=AB$$ по свойству параллелограмма), то $$DH\perp AC$$. Треугольники $$BCP,EAP$$ подобны по двум углам. И коэффициент их подобия $$\frac{BC}{AE}$$ равен 2.

То есть, если $$AP=x$$, то $$PC=2x$$. При этом $$PH=CH=x$$.

Замечаем, что треугольники $$APE,AHD$$ подобны по двум пропорциональным сторонам $$AP,AH$$ и $$AE,AD$$ и углу между ними $$A$$.

Но тогда, например, $$\angle APE=\angle AHD$$, откуда $$PE\parallel HD$$. Стало быть, раз $$DH\perp AC$$, то $$EP\perp AC$$. Что и требовалось доказать.

б) Пусть $$PE=y$$, тогда в силу подобия треугольников $$APE,CPB$$ с коэффициентом 2 (о чем говорили в пункте а) $$BP=2y$$.

Применим теорему Пифагора к треугольникам

$$ABP,AEP$$: $$AB^2-BP^2=AE^2-PE^2$$; $$4-4y^2=\frac{9}{4}-y^2$$; $$y=\frac{\sqrt{21}}{6}$$.

Откуда $$AP=\sqrt{AB^2-BP^2}=\sqrt{16-\frac{21}{36}}=\frac{5}{3}$$.

Далее, $$S_{ABC}=\frac{AC\cdot BP}{2}=\frac{(3\cdot \frac{5}{3})\cdot (2\cdot \frac{\sqrt{21}}{6})}{2}=\frac{\sqrt{35}}{2}$$.

Откуда $$S_{ABCD}=2\cdot S_{ABC}=\sqrt{35}$$.

а) Треугольники AOB и BOC подобны, поэтому угол BAO равен либо углу BCO, либо углу CBO. Пусть BAO=BCO, тогда треугольник ABC равнобедренный, AB=BC. Рассмотрим треугольник DCO. Угол DCO не может быть равен углу BAO, поскольку стороны AB и DC не параллельны, следовательно, DCO=ABO. Аналогично DAO=CBO=ABO, следовательно, треугольник ​ADC равнобедренный и AD = DC. Тогда AB+DC=AD+BC, следовательно, в четырехугольник ABCD можно вписать окружность, что и требовалось доказать.

Пусть BAO=CBO, тогда, рассуждая аналогично, получим AB=AD и BC=CD, следовательно, AB+CD=AD+ВC и в четырехугольник ABCD можно вписать окружность, что и требовалось доказать.

б) Рассмотрим угол BCD:

$$\widehat{BCD}=\widehat{BAD}=\alpha+\beta$$,

так как все треугольники прямоугольные. Следовательно,

$$\alpha+\beta=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}$$.

$$\widehat{BCD}=\widehat{BAD}=90^{\circ}$$,

а потому четырехугольник ABCD является вписанным. Тогда диагональ ​​​​​​​BD — диаметр окружности.

Получаем: $$CO=\frac{CA}{2}=6$$, а $$BO\cdot OD=CO^2$$, откуда

$$x(13-x)=36\Leftrightarrow x^2-13x+36=0$$

$$x=4$$

$$x=9$$

Не нарушая общности, положим длину BO равной 4, а длину OD равной 9, тогда в треугольнике BOC:

$$BC=\sqrt{16+36}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$$,

$$CD=\sqrt{OD^2+CO^2}=\sqrt{81+36}=\sqrt{117}=3\sqrt{13}$$.

Далее найдем полупериметр и площадь четырехугольника и радиус вписанной окружности:

$$p=2\sqrt{13}+3\sqrt{13}=5\sqrt{13}$$,

$$S=\frac{12\cdot13}{2}=78$$,

$$S=r\cdot p\Leftrightarrow r=\frac{S}{p}=\frac{78}{5\sqrt{13}}=\frac{6\sqrt{13}}{5}$$.

Осталось отметить, что диагональ ​​АС может является другой диагональю четырехугольника и биссектрисой его углов. В этом случае аналогичное приведенному выше квадратное уравнение не имеет корней. Следовательно, такая конфигураций невозможна.

а) $$ABCD$$ – прямоугольник, следовательно, $$CO=OD$$ и треугольник $$COD$$–равнобедренный. По условию задания $$\angle ODC=75^{\circ}$$, значит, $$\angle COD=180^{\circ}-75^{\circ}\cdot2=30^{\circ}$$. Также по условию задания $$\angle APB=150^{\circ}$$ и можно заметить, что $$\angle APB+\angle AOB=180^{\circ}$$ (так как $$\angle AOB=\angle COD$$ как вертикальные).

Получаем, что вокруг четырехугольника $$PAOB$$ можно описать окружность. При этом, углы $$BAP$$ и $$BOP$$ опираются на одну и ту же дугу $$BP$$, следовательно, они равны.

б) Рассмотрим треугольник $$BAP$$. По теореме косинусов сторона $$AB$$, равна:

$$AB^2=BP^2+AP^2-2BP\cdot AP\cdot\cos \angle APB$$

$$AB^2=4^2+(6\sqrt{3})^2-2\cdot4\cdot6\sqrt{3}\cdot\cos 150^{\circ}$$

$$AB^2=16+108+72=196$$

$$AB=\sqrt{196}=14$$

Стороны $$AB$$ и $$OP$$ пересекаются в точке $$M$$, при этом $$OB=OA$$, значит и дуги $$OB=OA$$ и углы $$\angle OPB=\angle OPA$$, следовательно, $$PM$$–биссектриса угла $$APB$$. По свойству биссектрисы:

$$\frac{AM}{MB}=\frac{AP}{BP}$$; $$\frac{6\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$$

Пусть $$AM=x$$, тогда $$BM=14–x$$ и

$$\frac{x}{14-x}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$$

$$2x=3\sqrt{3}\cdot(14-x)$$

$$2x+3\sqrt{3}\cdot x=42\sqrt{3}$$

$$(2+3\sqrt{3})x=42\sqrt{3}$$

$$AM=x=\frac{42\sqrt{3}}{2+3\sqrt{3}}=\frac{42\sqrt{3}\cdot(2-3\sqrt{3}}{2^2-(3\sqrt{3})^2}=\frac{378-84\sqrt{3}}{23}$$

Треугольники $$COF$$ и $$AOM$$ равны по стороне и двум прилежащим к ней углам, значит, $$CF=AM$$