10514. Окружность проходит через вершины A
, B
и D
параллелограмма ABCD
. Эта окружность пересекает сторону BC
в точке E
, а сторону CD
— в точке K
.
а) Докажите, что AE=AK
.
б) Найдите AD
, если известно, что EC=48
, DK=20
, а \cos\angle BAD=0{,}4
.
Ответ. 50
.
Решение. а) Четырёхугольник ABED
— трапеция. Эта трапеция вписана в окружность, значит, она равнобедренная. Следовательно, её диагонали равны, т. е. AE=BD
.
Четырёхугольник ABKD
— также трапеция. Эта трапеция вписана в окружность, значит, она равнобедренная. Следовательно, её диагонали равны, т. е. BD=AK
. Значит, AE=AK
.
б) Обозначим AD=BC=x
. Трапеция ABED
равнобедренная, поэтому DE=AB=CD
. Значит, треугольник CDE
равнобедренный, его высота CH
является медианой. Из прямоугольного треугольника DCH
находим, что
CD=\frac{CH}{\cos\angle BCD}=\frac{CH}{\cos\angle BAD}=\frac{24}{\frac{2}{5}}=60.
Из треугольников ABD
и AKD
по теореме косинусов получаем, что
BD^{2}=AB^{2}+AD^{2}-2AB\cdot AD\cos\angle BAD=
=60^{2}+x^{2}-2\cdot60x\cdot\frac{2}{5}=60^{2}+x^{2}-48x,
AK^{2}=AD^{2}+DK^{2}-2AD\cdot DK\cos(180^{\circ}-\angle BAD)=
=x^{2}+20^{2}+2\cdot20x\cdot\frac{2}{5}=x^{2}+20^{2}+16x,
а так как AE=AK
, то
60^{2}+x^{2}-48x=x^{2}+20^{2}+16x.
Отсюда находим, что x=50
.