Окружность проходит через вершины , и параллелограмма , пересекает сторону в точках и и пересекает сторону
в точках и .
а) Докажите, что .
б) Найдите , если , и .
Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.
Ответ и самопроверка — после «Завершить вариант».
Критерии ФИПИ (демоверсия 2027):
а) Четырёхугольник ABED — вписанная трапеция с основаниями AD и BE, поскольку BE ∥ AD. Вписанная трапеция равнобедренная, а её диагонали равны. Следовательно, AE = BD.
Четырёхугольник ABKD — вписанная трапеция с основаниями AB и DK, поскольку DK ∥ AB. По той же теореме её диагонали равны: AK = BD.
Таким образом, AE = BD = AK.
Ответ к пункту а): AE = AK, что и требовалось доказать.
б) Обозначим AB = CD = x, AD = BC = y, ∠BAD = α. По условию cos α = 1/5, BE = y − 10, DK = 9.
По теореме косинусов в треугольнике ABD: BD² = x² + y² − 2xy/5.
Поскольку ∠ABE = 180° − α, в треугольнике ABE получаем AE² = x² + (y − 10)² + 2x(y − 10)/5.
В пункте а) доказано, что AE = BD. Приравнивая выражения и сокращая, получаем −20y + 100 + 4xy/5 − 4x = 0, то есть (y − 5)(4x/5 − 20) = 0.
Точка E лежит внутри BC, поэтому y > 10 и y − 5 ≠ 0. Следовательно, x = 25.
Так как ∠ADK = 180° − α, по теореме косинусов в треугольнике ADK: AK² = y² + 81 + 18y/5.
Используя AK = BD и x = 25, получаем y² + 81 + 18y/5 = 625 + y² − 10y. Отсюда 68y/5 = 544, поэтому y = 40.
Ответ к пункту б): AD = 40.