5670. Окружность, проходящая через вершины A
, C
и D
прямоугольной трапеции ABCD
с основаниями AD
и BC
пересекает меньшую боковую сторону AB
в точке P
и касается прямой BC
. Известно, что AD=CD
.
а) Докажите, что CP
— биссектриса угла ACB
.
б) В каком отношении прямая DP
делит площадь трапеции?
Ответ. 4:5
.
Решение. а) Пусть O
— центр окружности. Прямая OC
перпендикулярна касательной BC
, а так как хорда AD
параллельна BC
, то OC\perp AD
. Диаметр CC_{1}
перпендикулярен хорде AD
, а значит, делит её пополам. Высота треугольника ACD
является его медианой, значит, треугольник равнобедренный, AC=CD
, а так как AD=CD
, то треугольник равносторонний. Тогда
\angle ACB=\angle CAD=60^{\circ},~\angle BAC=90^{\circ}-\angle CAD=30^{\circ}.
Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
\angle BCP=\angle PAC=\angle BAC=\angle30^{\circ}=\frac{1}{2}\angle ACB.
Следовательно, CP
— биссектриса угла ACB
.
б) Пусть AC+AD=a
. Тогда
AB=AC\sin60^{\circ}=\frac{a\sqrt{3}}{2},~BC=\frac{1}{2}AC=\frac{a}{2},
значит,
S_{ABCD}=\frac{AD+BC}{2}\cdot AB=\frac{a+\frac{a}{2}}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3a^{2}\sqrt{3}}{8}.
По свойству биссектрисы треугольника
\frac{BP}{AP}=\frac{BC}{AC}=\sin30^{\circ}=\frac{1}{2},
значит,
AP=\frac{2}{3}AB=\frac{2}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.
Поэтому
S_{\triangle APD}=\frac{1}{2}AD\cdot AP=\frac{1}{2}a\cdot\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{6},
S_{BCDP}=S_{ABCD}-S_{\triangle APD}=\frac{3a^{2}\sqrt{3}}{8}-\frac{a^{2}\sqrt{3}}{6}=\frac{5a^{2}\sqrt{3}}{24}.
Следовательно,
\frac{S_{\triangle APD}}{S_{BCDP}}=\frac{\frac{a^{2}\sqrt{3}}{6}}{\frac{5a^{2}\sqrt{3}}{24}}=\frac{4}{5}.
Источник: Диагностические и тренировочные задачи ЕГЭ. — 2014
Источник: Гордин Р. К. ЕГЭ 2017. Математика. Геометрия. Стереометрия. Задача 14 (профильный уровень). — М.: МЦНМО, 2017. — № 12.40.2, с. 129