Главная › 16 (С5) Планиметр. задачи › Задание №16 Т/Р №163 А. Ларина

22 Сен 2016

Категория: 16 (С5) Планиметр. задачи

Задание №16 Т/Р №163 А. Ларина

Елена Репина 2016-09-22 2016-09-21

Смотрите также №13; №14; №15; №17; №18; №19 Тренировочной работы №163 А. Ларина

16. Четырехугольник со взаимно перпендикулярными диагоналями $AC$ и $BD$ вписан в окружность.
а) Докажите, что квадрат диаметра окружности равен сумме квадратов противоположных сторон четырехугольника.
б) Найдите площадь четырехугольника $ABCD$ , если известно, что $AB=\sqrt5,BC=\sqrt2,CD=\sqrt7.$

Решение:

a) Пусть радиус данной окружности – $R,$ $AB=a,BC=b,CD=c,AD=d.$ Пусть $\angle BAC=\alpha.$

Треугольник $ABC$ вписан в окружность, значит (по теореме синусов)

$\frac{b}{sin\alpha}=2R$ (*)

Но и треугольник $ABD$ вписан в ту же окружность, значит

$\frac{d}{sin(90^{\circ}-\alpha)}=2R$ (**)

Снимок экрана 2016-09-21 в 7.12.08

Тогда, из (*) и (**):

$\frac{b}{sin \alpha}=\frac{d}{cos\alpha};$

$\frac{b^2}{sin^2 \alpha}=\frac{d^2}{1-sin^2\alpha};$

$b^2(1-sin^2\alpha)=d^2sin^2 \alpha;$

$sin^2\alpha =\frac{b^2}{b^2+d^2}$ (***)

Подставляя последнее равенство (***) в (*), вскоре получим:

$\frac{b^2}{\frac{b^2}{b^2+d^2}}=4R^2;$

$4R^2=b^2+d^2.$

Аналогично, применяя теорему синусов для треугольников $ABD,CAD,$ где $\angle BDA=\beta,\angle CAD=90^{\circ}-\beta$ , получим

$4R^2=a^2+c^2.$

Итак, квадрат диаметра окружности равен сумме квадратов противоположных сторон четырехугольника.

б) Опираясь на пункт (a) задачи, имеем

$a^2+c^2=b^2+d^2,$

тогда

$(\sqrt 5)^2+(\sqrt 7)^2=(\sqrt2)^2+AD^2.$

Откуда

$AD=\sqrt{10}.$

Для нахождения площади $S$ четырехугольника $ABCD$ воспользуемся формулой Брахмагупты:

$S=\sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)},$

где $p$ – полупериметр четырехугольника, вписанного в окружность.

Итак,

$S=\sqrt{(\frac{\sqrt2+\sqrt5+\sqrt7+\sqrt{10}}{2}-\sqrt2)(\frac{\sqrt2+\sqrt5+\sqrt7+\sqrt{10}}{2}-\sqrt5)(\frac{\sqrt2+\sqrt5+\sqrt7+\sqrt{10}}{2}-\sqrt7)(\frac{\sqrt2+\sqrt5+\sqrt7+\sqrt{10}}{2}-\sqrt{10})}=$

$=\frac{1}{4}\cdot \sqrt{(\sqrt5+\sqrt7+\sqrt{10}-\sqrt2)(\sqrt2-\sqrt5+\sqrt7+\sqrt{10})(\sqrt2+\sqrt5-\sqrt7+\sqrt{10})(\sqrt2+\sqrt5+\sqrt7-\sqrt{10})}=$

$=\frac{1}{4}\cdot \sqrt{((\sqrt7+\sqrt{10})+(\sqrt5-\sqrt2))((\sqrt7+\sqrt{10})-(\sqrt5-\sqrt2))((\sqrt2+\sqrt5)+(\sqrt{10}-\sqrt7))((\sqrt2+\sqrt5)-(\sqrt{10}-\sqrt7))}=$

$=\frac{1}{4}\cdot\sqrt{(\sqrt7+\sqrt{10})^2-(\sqrt5-\sqrt2)^2)((\sqrt2+\sqrt5)^2-(\sqrt{10}-\sqrt7)^2)}=$

$=\frac{1}{4}\cdot\sqrt{(17+2\sqrt{70}-7+2\sqrt{10})(7+2\sqrt{10}-17+2\sqrt{70})}=$

$=\frac{1}{4}\cdot\sqrt{(2\sqrt{70}+2\sqrt{10}+10)(2\sqrt{10}+2\sqrt{70}-10)}=\frac{1}{4}\cdot\sqrt{(2\sqrt{70}+2\sqrt{10})^2-100}=$

$=\frac{1}{4}\cdot\sqrt{220+80\sqrt{7}}=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{55+20\sqrt7}=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{5(11+4\sqrt7)}=$

$=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{5(2+\sqrt7)^2}=\frac{\sqrt5(2+\sqrt7)}{2}.$

Ответ: б) $\frac{\sqrt5(2+\sqrt7)}{2}$ .

Автор: egeMax | комментария 4

Печать страницы

комментария 4

петя

2016-10-24 в 19:58

Извините, как в 16 задании получился sin^2=b^2/b^2+d^2
Верхнее выражение b^2(1-sin^2)=d^2*sin^2 не доходит до меня(
Уже 1.5 часа думаю, но не могу понять(((
Помогите, пожалуйста

[ Ответить ]
- egeMax
  
  2016-10-24 в 20:19
  
  При возведении обеих частей $\frac{b}{sinx}=\frac{d}{cosx}$ получаем $\frac{b^2}{sin^2x}=\frac{d^2}{cos^2x}$ или, с учетом $cos^2x=1-sin^2x$ , $\frac{b^2}{sin^2x}=\frac{d^2}{1-sin^2x}.$
  По свойству пропорции произведение крайних членов равно произведению средних, поэтому $b^2(1-sin^2x)=d^2sin^2x.$
  Раскрываем скобки: $b^2-b^2sin^2x=d^2sin^2x.$
  Далее $sin^2x(d^2+b^2)=b^2,$ откуда и $sin^2x=\frac{b^2}{b^2+d^2}.$
  
  [ Ответить ]
  - петя
    
    2016-10-24 в 20:37
    
    ОГРОМНЕЙШЕЕ СПАСИБО! Теперь все стало понятно!
    
    [ Ответить ]
    - egeMax
      
      2016-10-24 в 20:38
      
      [ Ответить ]

Задание №16 Т/Р №163 А. Ларина

Добавить комментарий Отменить ответ