12619. Диагонали выпуклого четырёхугольника ABCD
пересекаются в точке O
, и при этом треугольники BOC
и AOD
правильные. Точка T
симметрична точке O
относительно середины стороны CD
.
а) Докажите, что ABT
— правильный треугольник.
б) Пусть дополнительно известно, что BC=3
, AD=7
. Найдите отношение площади треугольника ABT
к площади четырёхугольника ABCD
.
Ответ. б) \frac{79}{100}
.
Решение. а) Поскольку
\angle ADB=\angle ADO=60^{\circ}=\angle CBO=\angle CBD,
прямые BC
и AD
параллельны, причём треугольники AOB
и DOC
равны по двум сторонам (OA=OD
, OB=OC
) и углу между ними (\angle AOB=\angle DOC=120^{\circ}
). Значит, ABCD
— равнобедренная трапеция или прямоугольник (см. задачу 5003). Следовательно, около четырёхугольника ABCD
можно описать окружность.
Диагонали CD
и OT
четырёхугольника CTDO
точкой пересечения делятся пополам, значит, CTDO
— параллелограмм. Тогда
\angle CTD=\angle COD=120^{\circ},
поэтому
\angle CTD+\angle CAD=120^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ},
и около четырёхугольника ACTD
можно описать окружность. Эта окружность и окружность, описанная около четырёхугольника ABCD
имеют три общие точки, не лежащие на одной прямой, поэтому окружности совпадают, т. е. точки A
, B
, C
, D
и T
лежат на одной окружности. Тогда по теореме о вписанных углах
\angle ATB=\angle ACB=60^{\circ},
\angle BAT=\angle BDT=\angle ODT=\angle OCT=\angle ACT=60^{\circ}.
Следовательно, треугольник ABT
правильный. Что и требовалось доказать.
б) Пусть BH
— высота равнобедренной трапеции ABCD
с основаниями BC=3
, AD=7
. Тогда (см. задачу 1921)
AH=\frac{1}{2}(AD-BC)=\frac{1}{2}(7-3)=2,
DH=\frac{1}{2}(AD+BC)=\frac{1}{2}(7+3)=5.
Из прямоугольных треугольников BHD
и BHA
находим, что
BH=DH\tg\angle BDH=5\tg60^{\circ}=5\sqrt{3},
AB=\sqrt{BH^{2}+AH^{2}}=\sqrt{75+4}=\sqrt{79}.
Тогда
S_{\triangle ABT}=\frac{AB^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{79\sqrt{3}}{4},
S_{ABCD}=\frac{1}{2}(AD+BC)\cdot BH=5\cdot5\sqrt{3}=25\sqrt{3}.
Следовательно,
\frac{S_{\triangle ABT}}{S_{ABCD}}=\frac{\frac{79\sqrt{3}}{4}}{25\sqrt{3}}=\frac{79}{100}.