Задание №18 Т/Р №114 А. Ларина

Смотрите также №15, №16, №17, №19, №20.
В четырехугольнике $ABCD$ биссектриса угла $C$ пересекает сторону $AD$ в точке $M$, а биссектриса угла $A$ пересекает сторону $BC$ в точке $K$. Известно, что $AKCM$ – параллелограмм.
а) Докажите, что $ABCD$ – параллелограмм.
б) Найдите площадь четырехугольника $ABCD$, если $BK=3$, $AM=2$, а угол между диагоналями $AC$ и $BD$ равен $60^{\circ}$.

Решение:

a) Согласно условию $\angle 1=\angle 2$  и  $\angle 4=\angle 5$ (см. рис.)

Так как $AKCM$ – параллелограмм, то $BC\parallel AD$, а также  $\angle 2=\angle 4$ (противоположные углы равны) и  $\angle 3=\angle 4$ (соответственные углы при параллельных прямых $AK,CM$).

Короче говоря, $\angle 1=\angle 2=\angle 3=\angle 4=\angle 5=\angle 6.$

Кроме того, $KC=AM$ и $AK=CM.$

Треугольники $ABK$ и $CDM$ равны по II признаку. Тогда $BK=MD.$

Итак, $AD=BC$  и  $AD\parallel BC$ ($\angle 2=\angle 3$), а значит $ABCD$ – параллелограмм (по признаку параллелограмма).

б)

$S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC\cdot BD\cdot sinO$,

где $O$ – точка пересечения диагоналей $ABCD.$

Заметим, $AB=BK=3,$  $AD=5.$

Из $\Delta ABO$  по т. косинусов:

$AB^2=AO^2+BO^2-2AO\cdot BO\cdot cos60^{\circ};$

$9=AO^2+BO^2-AO\cdot BO$      (1)

Из $\Delta ADO$  по т. косинусов:

$AD^2=AO^2+OD^2-2AO\cdot OD\cdot cos120^{\circ};$

$25=AO^2+BO^2+AO\cdot BO$     (2)

(2) – (1):  

$16=2(AO\cdot BO)$

откуда

 $32=AC\cdot BD.$

Итак, $S_{ABCD}=\frac{1}{2}\cdot 32\cdot sin60^{\circ}=\frac{1}{2}\cdot 32\cdot \frac{\sqrt3}{2}=8\sqrt3.$

Ответ: $8\sqrt3.$