13145. Длины четырёх дуг, на которые разбита вся окружность радиуса R
, составляют геометрическую прогрессию со знаменателем, равным 3. Точки деления служат вершинами четырёхугольника, вписанного в эту окружность. Найдите его площадь.
Ответ. \frac{R^{2}\sqrt{2}}{4}
.
Решение. Пусть ABCD
— четырёхугольник вписанный в окружность радиуса R
. Пусть \alpha
, \beta
, \gamma
и \delta
— его углы при вершинах A
, B
, C
и D
соответственно, а \varphi
— угол между диагоналями AC
и BC
. Из условия следует, что угловые меры меньших дуг AB
, BC
, CD
и AD
окружности равны a
, 3a
, 9a
и 27a
соответственно. Тогда
a+3a+9a+27a=360^{\circ},
откуда a=9^{\circ}
, поэтому
\smile AB=9^{\circ},~\smile BC=27^{\circ},~\smile CD=81^{\circ},~\smile DA=243^{\circ}.
Значит,
\alpha=\angle BAD=\angle BAC+\angle CAD=\frac{1}{2}\smile BC+\frac{1}{2}\smile CD=
=\frac{1}{2}(27^{\circ}+81^{\circ})=54^{\circ}.
Аналогично находим
\beta=162^{\circ},~\gamma=126^{\circ},~\delta=18^{\circ}.
Кроме того,
\varphi=\frac{\smile AB+\smile CD}{2}=\frac{9^{\circ}+81^{\circ}}{2}=45^{\circ}
(см. задачу 26).
По теореме синусов
AC=2R\sin\angle ADC=2R\sin\gamma=2R\sin18^{\circ},
BD=2R\sin\angle BAD=2R\sin\alpha=2R\sin54^{\circ}.
Докажем, что \sin18^{\circ}\sin54^{\circ}=\frac{1}{4}
. Действительно,
\sin18^{\circ}\sin54^{\circ}=\frac{2\sin18^{\circ}\cos18^{\circ}\sin54^{\circ}}{2\cos18^{\circ}}=\frac{\sin36^{\circ}\sin54^{\circ}}{2\cos18^{\circ}}=
=\frac{2\sin36^{\circ}\sin54^{\circ}}{4\cos18^{\circ}}=\frac{\cos18^{\circ}-\cos90^{\circ}}{4\cos18^{\circ}}=\frac{\cos18^{\circ}}{4\cos18^{\circ}}=\frac{1}{4}.
Что и требовалось доказать.
Пусть S
— искомая площадь четырёхугольника ABCD
. Тогда (см. задачу 3018)
S=\frac{1}{2}AC\cdot BD\sin\varphi=\frac{1}{2}\cdot2R\sin18^{\circ}\cdot2R\sin54^{\circ}\cdot\sin45^{\circ}=
=R^{2}\sqrt{2}\sin54^{\circ}\cdot\sin45^{\circ}=R^{2}\sqrt{2}\cdot\frac{1}{4}=\frac{R^{2}\sqrt{2}}{4}.