6845. Дана равнобедренная трапеция ABCD
с основаниями BC\lt AD
. Окружность с центром O
, построенная на боковой стороне AB
как на диаметре, касается боковой стороны CD
в точке P
и второй раз пересекает основание AD
в точке H
, точка Q
— середина CD
.
а) Докажите, что четырёхугольник DQOH
— параллелограмм.
б) Найдите AD
, если \angle BAD=75^{\circ}
и BC=1
.
Ответ. 3.
Решение. а) Треугольник AOH
равнобедренный, поэтому \angle AHO=\angle OAH=\angle CDA
. Значит, OH\parallel CD
, а так как OQ
— средняя линия трапеции, то OQ\parallel AD
. Противоположные стороны четырёхугольника DQOH
попарно параллельны, следовательно, это параллелограмм.
б) Пусть радиус окружности равен R
. Точка H
лежит на окружности с диаметром AB
, поэтому BH\perp AD
. Из прямоугольных треугольников OPQ
и AHB
находим, что
OQ=\frac{OP}{\sin\angle OQP}=\frac{R}{\sin75^{\circ}},~AH=AB\cos\angle BAH=2R\cos75^{\circ},
поэтому
\frac{AH}{DH}=\frac{AH}{OQ}=\frac{2R\cos75^{\circ}}{\frac{R}{\sin75^{\circ}}}=\sin75^{\circ}\cos75^{\circ}=\sin150^{\circ}=\frac{1}{2}.
Обозначим AD=x
. Тогда
AH=\frac{1}{2}(AD-BC)=\frac{1}{2}(x-1),~DH=\frac{1}{2}(AD+BC)=\frac{1}{2}(x+1)
(см. задачу 1921). Из уравнения \frac{x-1}{x+1}=\frac{1}{2}
находим, что x=3
.