5673. Дана трапеция ABCD
с основаниями AD
и BC
, \angle ABD=\angle ACD
.
а) Докажите, что трапеция равнобедренная.
б) Найдите площадь трапеции, если известно, что AD=7
и BC=5
, а \angle ACD=60^{\circ}
.
Ответ. 18\sqrt{3}
.
Решение. Первый способ. а) Из точек B
и C
, лежащих по одну сторону от прямой AD
, отрезок AD
виден под одним и тем же углом, значит, точки A
, B
, C
и D
лежат на одной окружности (см. задачу 12). Около трапеции ABCD
можно описать окружность, следовательно, трапеция равнобедренная (см. задачу 5003).
б) Пусть O
— центр её описанной окружности радиуса R
, OP
и OQ
— высоты равнобедренных треугольников BOC
и AOD
. Тогда PQ
— высота трапеции, а точка O
лежит на отрезке PQ
, а не на его продолжении (треугольник ABD
остроугольный, так как основание F
его высоты BF
лежит между A
и D
). По теореме синусов
R=\frac{AD}2{\sin60^{\circ}}=\frac{7}{\sqrt{3}}.
Тогда
OP=\sqrt{OB^{2}-BP^{2}}=\sqrt{R^{2}-\frac{BC^{2}}{4}}=\sqrt{\frac{49}{3}-\frac{25}{4}}=\frac{11}{2\sqrt{3}},
OQ=\sqrt{OA^{2}-AQ^{2}}=\sqrt{R^{2}-\frac{AD^{2}}{4}}=\sqrt{\frac{49}{3}-\frac{49}{4}}=\frac{7}{2\sqrt{3}},
а так как
PQ=OP+OQ=\frac{11}{2\sqrt{3}}+\frac{7}{2\sqrt{3}}=3\sqrt{3},
то
S_{ABCD}=\frac{AD+BC}{2}\cdot PQ=6\cdot3\sqrt{3}=18\sqrt{3}.
Второй способ. б) Пусть CH
— высота трапеции ABCD
. Тогда
DH=\frac{AD-BC}{2}=\frac{7-5}{2}=1,~AH=\frac{AD+BC}{2}=\frac{7+5}{2}=6
(см. задачу 1921).
Обозначим CH=h
, \angle CAD=\alpha
, \angle ADC=\beta
. Тогда
\alpha+\beta=120^{\circ},~\tg\alpha=\frac{CH}{AH}=\frac{h}{6},~\tg\beta=\frac{CH}{DH}=h,
-\sqrt{3}=\tg120^{\circ}=\tg(\alpha+\beta)=\frac{\tg\alpha+\tg\beta}{1-\tg\alpha\tg\beta}=\frac{\frac{h}{6}+h}{1-\frac{h}{6}\cdot h}=\frac{7h}{6-h^{2}}.
Таким образом, получаем уравнение \frac{7h}{6-h^{2}}=-\sqrt{3}
, или \sqrt{3}h^{2}-7h-6\sqrt{3}=0
. Условию задачи удовлетворяет положительный корень h=3\sqrt{3}
. Следовательно,
S_{ABCD}=\frac{AD+BC}{2}\cdot CH=6h=6\cdot3\sqrt{3}=18\sqrt{3}.
Третий способ. б) Пусть CH
— высота трапеции ABCD
.
DH=\frac{AD-BC}{2}=\frac{7-5}{2}=1,~AH=\frac{AD+BC}{2}=\frac{7+5}{2}=6
(см. задачу 1921).
Обозначим CD=x
, AC=y
. По теореме косинусов
AD^{2}=CD^{2}+AC^{2}-2CD\cdot AC\cos60^{\circ},
или 49=x^{2}+y^{2}-xy
.
По теореме Пифагора AC^{2}-AH^{2}=CD^{2}-DH^{2}
, или y^{2}-36=x^{2}-1
. Таким образом, получили систему
\syst{y^{2}-xy+x^{2}=49\\y^{2}-x^{2}=35.\\}
Умножим первое уравнение на -5
, второе — на 7, и сложим полученные уравнения. Тогда 2y^{2}+5xy-12x^{2}=0
, или \left(\frac{y}{x}\right)^{2}+5\cdot\frac{y}{x}-12=0
, откуда \frac{y}{x}=\frac{3}{2}
, или y=\frac{3}{2}x
. Из второго уравнения системы находим, что x=2\sqrt{7}
. Значит,
CH=\sqrt{x^{2}-1}=\sqrt{28-1}=3\sqrt{3}.
Следовательно,
S_{ABCD}=\frac{AD+BC}{2}\cdot CH=6\cdot3\sqrt{3}=18\sqrt{3}.