Вопрос по планиметрии

[sasham26]

задача:"около окружности с центром в точке О описана равнобокая трапеция прямая АО персекает сторону CD в точке К. при это ОК =5
Требуется найти площадь круга
Но ведь по рисунку ясно видно,что ОК и есть радиус и задача упрощается просто до неприличия...
или надо это доказать?

[caxap]

sasham26 в сообщении #382545 писал(а):

что ОК и есть радиус

нет

[sasham26]

почему?!

-- Ср дек 01, 2010 23:36:57 --

PS при OK=R
вышло,что основания наоборот (данное по условию большим-меньшее...)
что делать?? подскажите ,как можно что-то из условия выкрутить ?

[caxap]

Используйте то, что
1) $AO$ -- биссектриса.
2) Трапеция равнобокая. Как и в равнобедренном треугольнике это значит не только, что стороны равны.
3) Радиус перпендикулярен касательной.
Также полезно провести через $K$ параллельную прямую к $AD$.

Вообще, по-моему, данных не хватает. У меня в ответе присутствует угол трапеции.

[ИСН]

прос невероя скач поним происх, sasham26, если начать дописывать всё до конца. Вот сейчас мы впервые узнали, что в условии фигурируют понятия "большее", "меньшее"... Ещё какие тайны Вы от нас скрываете?

[sasham26]

полностью условие:
" Около окружности с центром в точке О описана равнобокая трапеция ABCD (AD||BC) (AD>BC)Прямая АО пересекает сторону СD в точке К,при этом АО=5, ОК=4 найти стороны трапеции,площадь круга, радиус описанной окружности

[ИСН]

А, ну вот и оно: АО=5, ОК=4. Конечно, если это записать в сокращённом виде (см. первое сообщ.), любой идиот догадался бы, что там подразумевается.

[caxap]

Можно решать, как я писал, сведя всё к уравнению относительно угла трапеции и радиуса: из $\triangle OKE$ ($E$ -- точка касания окр. с $CD$) выразить $\sin 3\alpha$ через $R$ ($\alpha=\angle OAD$), а из $AOF$ ($F$ -- точка касания окр. с $AD$) -- $\sin\alpha$ через $R$.

Наверняка можно и проще решить.

[sasham26]

кто-то еще может подать идею?

-- Сб дек 04, 2010 20:15:40 --

PS но так почему ОК не радиус???

[caxap]

sasham26 в сообщении #383534 писал(а):

PS но так почему ОК не радиус???

[sasham26]

Спасибо...
Жаль,очень жаль(
PS у Вас больше не появилось идей, относительно того,как это можно решить?

[arseniiv]

(Оффтоп)

caxap в сообщении #383566 писал(а):

Изображение

caxap, где вы так красиво рисуете?

[caxap]

sasham26 в сообщении #383570 писал(а):

PS у Вас больше не появилось идей, относительно того,как это можно решить?

Нет. Но даже указанным выше методом уже давно бы решили.

(arseniiv)

arseniiv в сообщении #383612 писал(а):

caxap, где вы так красиво рисуете?

Metapost

[Батороев]

Допустим $F$ - точка пересечения прямых $AO$ и $BC$.

Треугольник $CKF$ подобен треугольнику $AKD$.

$KF=AO-OK=1$,

следовательно: $\dfrac{CF}{AD}=\dfrac {KF}{AK}= \dfrac{1}{9}$

или $\dfrac {a-b}{2a}=\dfrac{1}{9}$,

где $a$ - нижнее, $b$ - верхнее основание трапеции.

Откуда $ b=\dfrac{7}{9}a$.

Дальше учтите, что $CD=\dfrac{a+b}{2}$.

[Did]

Пусть F- точка пересечение прямых AO и BC.Провести OD=5 - биссектрису угла D.Обозначив AD=a из треуг.AKD, используя свойство бис., находим KD. Применив к этому треуг. теорему: "квадрат биссектрисы равен разности между произведением боковых сторон и произведением отрезков на которые она делит основание" найдем значение а. Дальше используем подобие треуг. CKF и AKD находим CK. Для полного "счастья" нужно доказать, что F не может лежать между B и C , используя равнобедренность треуг. ABF.