Пусть данный треугольник ABC, в нем опущены высоты AK и BN, ортоцентр - O. Нарисуем точку, симметричную O относительно BC: продолжим OK на отрезок, равный OK, за точку K. Обозначим полученную точку L. Теперь необходимо доказать, что ablc - вписанный пусть ∠obk = a Δobl - равнобедренный, тк bk - высота и медиана => ∠kbl = ∠obk = a из Δbnc ∠nbc = 90 - ∠bcn из Δakc ∠kac = 90 - ∠kcn ∠kcn и ∠bcn - один и тот же угол => ∠kac = ∠nbc = a ∠lac = ∠cbl = a => они опираются на одну дугу и ablc - описанный => точка l - лежит на окружности, описанной около abc. оставшиеся 2 точки доказываются абсолютно аналогично
Отметим, что наименьший угол прямоугольной трапеции, это единственный острый угол. (на нашем рисунке это <D). SinD=EP/HD => EP=DH*SinD. SinD=GP/HC => GP=HC*SinD. PH=√(GP*PE), как высота из прямого угла (<GHE=90°, так как опирается на диаметр GE). Тогда PH=SinD√(HD*CH). Но √(HD*CH)=OH - высота из прямого угла в прямоугольном треугольнике СOD c <COD=90° (свойство трапеции: "В трапеции её боковая сторона видна из центра вписанной окружности под углом 90°"). А так как ОН=АВ/2=R, то РН=(АВ/2)*SinD. Площадь четырехугольника EFGH равна сумме площадей треугольников EFG и EHG. Sefg=(1/2)*EG*OF = (1/2)*AB*(1/2)AB=AB²/4. Sehg=(1/2)*EG*PH = (1/2)*AB*(AB/2)*SinD=AB²*SinD/4. Тогда площадь четырехугольника EFGH равна (AB²/4)*(1+SinD). Площадь трапеции равна (1/2)*(BC+AD)*AB. Но поскольку в трапецию вписана окружность, то ВС+АD=АВ+СD (свойство: "В трапецию можно вписать окружность, если сумма длин оснований трапеции равна сумме длин её боковых сторон"). В треугольнике CDK: CK=CD*SinD, но СК=АВ, значит CD=AB/SinD. Тогда Sabcd=(1/2)*(AB+AB/SinD)*AB =AB²*(1+1/sinD)/2. По условию Sabcd=4*Sefgh. или (АВ²*(1+1/sinD)/2=4*(AB²/4)*(1+SinD). Отсюда 1/SinD==2 и SinD=1/2. ответ: острый угол D трапеции равен 30°.
0,0(0 оценок)
Полный доступ
Позволит учиться лучше и быстрее. Неограниченный доступ к базе и ответам от экспертов и ai-bota
Оформи подписку
