3 геометрични задачи

[OC_gIrL]

Здравейте, имам особено голям проблем с няколко геометрични задачи и ще бъда много благодарна да видя някакво евентуално решение...

1зад. Върху страната АВ на триъгълника АВС така е взета точката D, че окръжността, минаваща през точките А,С,D, се допира до правата ВС. Ако АС = 9, ВС =12 и СD=6, то АD е равна на?

2зад. Диагоналите на вписания в окръжност четириъгълник АВСD се пресичат в точката Е. Ако ВС = СD = 6, АD =7 и СЕ = 3, то периметърът на триъгълник АСD е равен на?

3зад. Около окръжност с радиус R е описан равнобедрен трапец. Лицето на четириъгълника, върховете на който са допирателни точки на окръжността със страните на трапеца, е равно на S. Да се намери лицето на трапеца.

[martin123456]

1
за да си направим чертеж, първо вписваме ACD в окръжност, после строим допирателната в С.
тъй като [tex]\angle CDB[/tex] е периферен, то [tex]\angle CDB=\stackrel{\frown}{CD}[/tex]. Тъй като [tex]\angle CAD[/tex] е вписан, то [tex]\angle CAD=\stackrel{\frown}{CD}[/tex]. така [tex]\angle CDB=\angle CAD[/tex].
Да забележим че [tex]\angle ABC[/tex] е общ за [tex]\Delta ABC[/tex] и [tex]\Delta CDB[/tex]. Тези 2 триъгълника са подобни по 1ви признак, по-точно [tex]\Delta ABC \sim \Delta CBD[/tex]. получаваме [tex]\frac{9}{6}=\frac{12}{BD}=\frac{AB}{12}[/tex]. оттук следно се намира

[martin123456]

2
[tex]\Delta AED \sim \Delta BEC[/tex] и значи [tex]ED=\frac{7}{2}[/tex].
сега за [tex]\Delta DEC[/tex]: [tex]DE=\frac{7}{2}[/tex], [tex]DC=6[/tex], [tex]EC=3[/tex]. прилагаме косинусова т-ма и намираме [tex]\cos{\angle DCE[/tex].
прилагаме с намерения косинус още една косинусова т-ма за [tex]\Delta ACD[/tex]=>[tex]AC[/tex].

[Spider Iovkov]

Зад. 3. Всичко е на картинката. Виждаме, че [tex]OH=OT=OK=OL=R[/tex], като [tex]OK \bot BC, \, OL \bot AD[/tex].

Понеже [tex]\frac{DL}{LA}=\frac{CK}{KB}[/tex], то [tex]LK||AB[/tex]. Ако [tex]\angle TOL = \angle TOK = \alpha[/tex], то [tex]\angle HOK = 180^\circ-\alpha[/tex].

Но около четириъгълника [tex]HOKB[/tex] може да се опише окръжност, защото [tex]\angle OHB + \angle OKB = 180^\circ[/tex]. Така

[tex]\angle HBK = \angle HAL = 180^\circ - \angle HOK \Leftrightarrow \angle HBK = \angle HAL = \alpha[/tex].

Сега [tex]S_{HKTL} = \frac{LK.HT}{2} \Leftrightarrow 2S_{HKTL} = LK.HT \Leftrightarrow 2S = LK . 2R \Leftrightarrow S = LK . R \Leftrightarrow LK = \frac{S}{R}[/tex].

От равнобедрения [tex]\triangle KOL[/tex] имаме [tex]\angle OKL = \angle OLK = 90^\circ-\alpha[/tex] и по синусовата теорема

[tex]\frac{LO}{sin \angle OKL} = \frac{LK}{sin \angle KOL} \Leftrightarrow \frac{R}{sin (90^\circ-\alpha)} = \frac{S}{R sin 2\alpha} \Leftrightarrow \frac{R}{cos \alpha} = \frac{S}{2R sin \alpha cos \alpha} \Leftrightarrow R = \frac{S}{2R sin \alpha}[/tex].

Така [tex]sin^2 \alpha = \frac{S^2}{4R^4}[/tex]. Оттук и [tex]cos^2 \alpha = \frac{4R^4-S^2}{4R^4}[/tex].

От [tex]\triangle BCJ[/tex] получаваме [tex]sin \angle CBJ = \frac{CJ}{BC} \Leftrightarrow sin \alpha = \frac{2R}{BC} \Leftrightarrow BC = AD = \frac{2R}{sin \alpha}[/tex]. По същия начин

[tex]cos \angle CBJ = \frac{BJ}{BC} \Leftrightarrow cos \alpha = \frac{BJ}{BC} \Leftrightarrow BJ = AN = BC cos \alpha[/tex].

Прилагаме свойството на описания около окръжност четириъгълник, откъдето

[tex]AB + CD = BC + AD \Leftrightarrow AN + NJ + JB + CD = BC + AD \Leftrightarrow 2JB + 2x = 2BC[/tex].

Съкращаваме и достигаме до уравнението [tex]JB + x = BC \Leftrightarrow x = BC - JB[/tex].

От [tex]JB = BC cos \alpha \Rightarrow x = BC - BC cos \alpha \Leftrightarrow CD = NJ = BC - BC cos \alpha[/tex]. Вече

[tex]S_{ABCD} = S_{\triangle AND} + S_{NJCD} + S_{\triangle BJC} \Leftrightarrow S_{ABCD} = 2 S_{\triangle AND} + S_{NJCD}[/tex].

Последното е равносилно със записа

[tex]S_{ABCD} = AN.DN + DN.JN \Leftrightarrow S_{ABCD} = DN (AN+JN) \Leftrightarrow[/tex]

[tex]\Leftrightarrow S_{ABCD} = 2R \left ( BC cos \alpha + BC - BC cos \alpha \right ) \Leftrightarrow S_{ABCD} = 2R.BC \Leftrightarrow S_{ABCD} = \frac{8R^4}{S}[/tex].

[OC_gIrL]

Изключително много благодаря!