реши номер 17(б)
Сверь числа и знаки с фото.
- Около окружности с центром O описана трапеция BCDE с основаниями BE и CD, A — точка касания окружности со стороной BC. б) Найдите отношение меньшего основания трапеции к большему, если известно, что BC = DE, а площадь четырёхугольника с вершинами в точках касания окружности со сторонами трапеции составляет \(\frac{20}{121}\) площади трапеции BCDE.
Краткий ответ: меньшее основание относится к большему как \(1:10\).
Как это понять
Пусть \(a>b\) — длины оснований трапеции, \(BC=DE=l\). Так как в трапецию вписана окружность, суммы противоположных сторон равны:
\[ a+b=2l \quad\Rightarrow\quad l=\frac{a+b}{2}. \]
Трапеция равнобедренная, поэтому её высота
\[ h=\sqrt{l^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2} =\sqrt{\left(\frac{a+b}{2}\right)^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2} =\sqrt{ab}. \]
Обозначим точки касания: \(P\) — на большем основании, \(Q\) — на меньшем, \(A\) — на \(BC\), \(T\) — на \(DE\). Точки \(P\) и \(Q\) являются серединами оснований. Поэтому \(BP=\frac a2\). Отрезки касательных из точки \(B\) равны, значит
\[ BA=BP=\frac a2. \]
Тогда
\[ AC=BC-BA=\frac{a+b}{2}-\frac a2=\frac b2, \]
то есть \(A\) делит \(BC\) в отношении \(a:b\).
Если расположить ось симметрии вертикально, \(B\left(-\frac a2;0\right)\), \(C\left(-\frac b2;h\right)\), то
\[ x_A=\frac{b x_B+a x_C}{a+b} =-\frac{ab}{a+b}. \]
Точка \(T\) симметрична \(A\), поэтому
\[ AT=\frac{2ab}{a+b}. \]
Диагонали четырёхугольника касания \(PQ\) и \(AT\) перпендикулярны, а \(PQ=h\). Значит его площадь
\[ S_{\text{кас}}=\frac12 h\cdot AT =\frac12 h\cdot \frac{2ab}{a+b}. \]
Площадь всей трапеции
\[ S_{\text{трап}}=\frac{a+b}{2}h. \]
Отсюда
\[ \frac{S_{\text{кас}}}{S_{\text{трап}}} =\frac{2ab}{(a+b)^2}. \]
По условию
\[ \frac{2ab}{(a+b)^2}=\frac{20}{121}. \]
Пусть \(q=\frac ba<1\). Тогда
\[ \frac{2q}{(1+q)^2}=\frac{20}{121}. \]
Получаем:
\[ 10q^2-101q+10=0, \]
\[ q=\frac{101\pm 99}{20}=10 \quad\text{или}\quad \frac1{10}. \]
Так как \(q<1\),
\[ q=\frac1{10}. \]
Проверка:
\[ \frac{2\cdot \frac1{10}}{\left(1+\frac1{10}\right)^2} =\frac{\frac15}{\frac{121}{100}} =\frac{20}{121}. \]
Всё сходится.
Обсуждение
2 сообщенияреши номер 17(б)
По фото это задача 17(б) про параллелограмм.
Ответ:
\[
EL=\frac{71}{5}=14{,}2.
\]
Решение
Пусть
\[
\angle CAD=\angle BCA=\alpha,
\]
тогда \(\angle BAC=2\alpha\). По условию
\[
\tan\alpha=0{,}4=\frac25.
\]
Обозначим через \(M\) середину \(AC\). Тогда \[ AM=CM=\frac{21}{2}. \]
1. Найдём \(LM\)
Так как \(AL\) — биссектриса угла \(BAC=2\alpha\), то \[ \angle LAC=\alpha. \] Кроме того, \[ \angle ACL=\angle ACB=\alpha. \] Значит, в треугольнике \(ALC\) углы при вершинах \(A\) и \(C\) равны, поэтому \(AL=LC\). Следовательно, \(L\) лежит на серединном перпендикуляре к \(AC\), то есть \(LM\perp AC\).
В прямоугольном треугольнике \(AML\): \[ LM=AM\tan\alpha=\frac{21}{2}\cdot\frac25=\frac{21}{5}. \]
2. Найдём \(EM\)
Условие \(AE=CE\) означает, что \(E\) тоже лежит на серединном перпендикуляре к \(AC\). Значит, \(EM\perp AC\).
Так как \(CE\) лежит на прямой \(CD\), а \(CD\parallel AB\), то \[ \angle MCE=\angle BAC=2\alpha. \]
Найдём \(\tan 2\alpha\): \[ \tan 2\alpha=\frac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha} =\frac{2\cdot\frac25}{1-\left(\frac25\right)^2} =\frac{20}{21}. \]
Тогда в прямоугольном треугольнике \(CME\): \[ EM=CM\tan 2\alpha =\frac{21}{2}\cdot\frac{20}{21}=10. \]
3. Ответ
Точки \(L\) и \(E\) лежат на серединном перпендикуляре к \(AC\) по разные стороны от \(AC\). Поэтому \[ EL=LM+EM=\frac{21}{5}+10=\frac{71}{5}=14{,}2. \]
\[ \boxed{EL=14{,}2} \]
