13060. На окружности взяты точки A
, B
и C
, причём \smile AB=\smile BC=30^{\circ}
. Через точки A
и B
проведены касательные к окружности, пересекающиеся в точке D
. Найдите площадь четырёхугольника ADBC
, если CD=1
.
Ответ. \frac{9-\sqrt{3}}{52}
.
Решение. Пусть O
— центр окружности. Из четырёхугольника AOBD
с прямыми углами при вершинах A
и B
находим, что
\angle ADB=180^{\circ}-\angle AOB=180^{\circ}-30^{\circ}=150^{\circ}.
По теореме об угле между касательной и хордой (см. задачу 87)
\angle CAD=\frac{1}{2}\smile ABC=\frac{1}{2}\angle AOC=\frac{1}{2}\cdot60^{\circ}=30^{\circ}.
Поскольку
\angle ADB+\angle CAD=150^{\circ}+30^{\circ}=180^{\circ},
прямые AC
и BD
параллельны. Значит, ADBC
— трапеция с основаниями BD
и AC
.
Обозначим AD=DB=a
. Треугольник AOC
равносторонний, так как OA=OC
и \angle AOC=\smile ABC=60^{\circ}
. Прямоугольные треугольники AOD
и BOD
равны по катету и гипотенузе, поэтому \angle AOD=\angle BOD=15^{\circ}
. Значит,
AC=OA=AD\ctg\angle AOD=a\ctg15^{\circ}.
По формуле \ctg\frac{\alpha}{2}=\frac{1+\cos\alpha}{\sin\alpha}
находим, что
\ctg15^{\circ}=\frac{1+\cos30^{\circ}}{\sin30^{\circ}}=\frac{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{1}{2}}=2+\sqrt{3}.
По теореме косинусов
1=CD^{2}=AD^{2}+AC^{2}-2AD\cdot AC\cos\angle CAD=
=a^{2}+a^{2}\ctg^{2}-2a^{2}\ctg15^{\circ}\cos30^{\circ}=a^{2}(1+\ctg^{2}15^{\circ}-\sqrt{3}\ctg15^{\circ})=
=a^{2}(1+(2+\sqrt{3})^{2}-\sqrt{3}(2+\sqrt{3}))=a^{2}(5+2\sqrt{3}),
откуда
a^{2}=\frac{1}{5+2\sqrt{3}}=\frac{5-2\sqrt{3}}{13}.
Пусть DH
— высота трапеции ADBC
. Из прямоугольного треугольника AHD
получаем DH=\frac{1}{2}AD=\frac{a}{2}
. Следовательно,
S_{ADBC}=\frac{1}{2}(BD+AC)\cdot DH=\frac{1}{2}(a+a\ctg15^{\circ})\cdot\frac{a}{2}=\frac{a^{2}(1+\ctg15^{\circ})}{4}=
=\frac{1}{4}\cdot\frac{5-2\sqrt{3}}{13}\cdot(1+2+\sqrt{3})=\frac{(5-2\sqrt{3})(3+\sqrt{3})}{52}=\frac{9-\sqrt{3}}{52}.
Источник: Вступительный экзамен на биолого-почвенный факультет МГУ. — 1967 (отделение биологии), № 4, вариант 5