17844. Дана трапеция ABCD
, в которой \angle DAB=\angle ABC=90^{\circ}
и AB=BC=2AD
. Точка P
лежит внутри трапеции, причём PA=1
, PB=2
и PC=3
. Найдите площадь трапеции ABCD
.
Ответ. \frac{15+6\sqrt{2}}{4}
.
Решение. Рассмотрим поворот на 90^{\circ}
вокруг точки B
, переводящий точку P
в некоторую точку Q
. Треугольник ABP
при этом перейдёт в равный ему треугольник CBQ
. Поскольку BP=BQ=2
, то PQ=2\sqrt{2}
, а так как CQ=AP=1
, то треугольник PQC
прямоугольный с прямым углом при вершине Q
(PC^{2}=9=8+1=PQ^{2}+CQ^{2}
). Тогда
\angle APB=\angle CQB=\angle CQP+\angle PQB=90^{\circ}+45^{\circ}=135^{\circ}.
Значит, по теореме косинусов из треугольника APB
находим, что
AB^{2}=PA^{2}+PB^{2}-2PA\cdot PB\cos136^{\circ}=1+4+2\cdot1\cdot2\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=5+2\sqrt{2}.
Следовательно,
S_{ABCD}=\frac{1}{2}(AD+BC)\cdot AB=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}AB+AB\right)\cdot AB=\frac{3}{4}AD^{2}=\frac{3}{4}(5+2\sqrt{2}).
Источник: Математические олимпиады Гонконга. — 2017, задача 10