Четырёхугольник ABCD со сторонами AB=12 и CD=18 вписан в окружность. Диагонали AC и BD пересекаются в точке K, причём /AKB = 60°. Найдите радиус окружности, описанной около этого четырёхугольника.

Question

Вопрос:

Четырёхугольник ABCD со сторонами AB=12 и CD=18 вписан в окружность. Диагонали AC и BD пересекаются в точке K, причём /AKB = 60°. Найдите радиус окружности, описанной около этого четырёхугольника.

Фото задания

Ответ:

📄 Все ответы 📸 Решить моё задание

Accepted Answer

Решение:

Введём обозначения:

\( AB = a = 12 \)
\( CD = b = 18 \)
\( \angle AKB = \gamma = 60^{\circ} \)
\( R \) — радиус описанной окружности.

Воспользуемся теоремой Птолемея для вписанного четырёхугольника:

\( AC \cdot BD = AB \cdot CD + BC \cdot AD \)

Площадь четырёхугольника \( S \) можно выразить двумя способами:

\( S = \frac{1}{2} AC \cdot BD \sin(\angle AKB) \) (формула через диагонали и угол между ними)

\( S = \frac{1}{2} ab \sin(\gamma) + \frac{1}{2} cd \sin(180^{\circ} - \gamma) \) (не применимо напрямую, т.к. неизвестны \( BC \) и \( AD \))

Также площадь вписанного четырёхугольника связана с радиусом описанной окружности формулой:

\( S = \frac{\sqrt{(ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)}}{4R} \)

Используем формулу для площади треугольника \( \triangle AKB \):

\( S_{\triangle AKB} = \frac{1}{2} AK \cdot BK \sin(\angle AKB) \)

Из подобия треугольников \( \triangle AKB \) и \( \triangle CKD \) (по двум углам: \( \angle AKB = \angle CKD = 60^{\circ} \) как вертикальные, \( \angle BAK = \angle DCK \) и \( \angle ABK = \angle CDK \) как вписанные, опирающиеся на дуги \( BC \) и \( AD \) соответственно):

\( \frac{AK}{CK} = \frac{BK}{DK} = \frac{AB}{CD} = \frac{12}{18} = \frac{2}{3} \)

Из подобия \( \triangle AKD \) и \( \triangle BKC \):

\( \frac{AK}{BK} = \frac{DK}{CK} = \frac{AD}{BC} \)

Пусть \( AK = 2x \), \( BK = 2y \). Тогда \( CK = 3x \), \( DK = 3y \).

\( AC = AK + CK = 2x + 3x = 5x \)

\( BD = BK + DK = 2y + 3y = 5y \)

По теореме Птолемея:

\( (5x)(5y) = 12 · 18 + BC · AD \)

\( 25xy = 216 + BC · AD \)

Площадь четырёхугольника \( S \) выражается как сумма площадей четырёх треугольников, образованных диагоналями:

\( S = S_{\triangle AKB} + S_{\triangle BKC} + S_{\triangle CKD} + S_{\triangle AKD} \)

\( S_{\triangle AKB} = \frac{1}{2} (2x)(2y) \sin(60^{\circ}) = 2xy \frac{\sqrt{3}}{2} = xy\sqrt{3} \)

\( S_{\triangle CKD} = \frac{1}{2} (3x)(3y) \sin(60^{\circ}) = \frac{9}{2} xy \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{9}{4} xy\sqrt{3} \)

\( S_{\triangle BKC} = \frac{1}{2} (2y)(3x) \sin(180^{\circ} - 60^{\circ}) = \frac{1}{2} 6xy \sin(120^{\circ}) = 3xy \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3}{2} xy\sqrt{3} \)

\( S_{\triangle AKD} = \frac{1}{2} (2x)(3y) \sin(180^{\circ} - 60^{\circ}) = \frac{1}{2} 6xy \sin(120^{\circ}) = 3xy \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3}{2} xy\sqrt{3} \)

\( S = xy\sqrt{3} + \frac{3}{2} xy\sqrt{3} + \frac{9}{4} xy\sqrt{3} + \frac{3}{2} xy\sqrt{3} \)

\( S = xy\sqrt{3} (1 + \frac{3}{2} + \frac{9}{4} + \frac{3}{2}) = xy\sqrt{3} (1 + 3 + \frac{9}{4}) = xy\sqrt{3} (4 + \frac{9}{4}) = xy\sqrt{3} \frac{16+9}{4} = \frac{25}{4} xy\sqrt{3} \)

Также площадь вписанного четырёхугольника выражается как:

\( S = \frac{1}{2} AC · BD · \sin(\angle AKB) = \frac{1}{2} (5x)(5y) \sin(60^{\circ}) = \frac{25}{2} xy \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{25}{4} xy\sqrt{3} \)

Это совпадает. Теперь применим теорему косинусов к \( \triangle AKB \) и \( \triangle CKD \):

В \( \triangle AKB \): \( AB^2 = AK^2 + BK^2 - 2 AK · BK \cos(60^{\circ}) \)

\( 12^2 = (2x)^2 + (2y)^2 - 2(2x)(2y)(1/2) \)

\( 144 = 4x^2 + 4y^2 - 4xy \)

\( 36 = x^2 + y^2 - xy \) (1)

В \( \triangle CKD \): \( CD^2 = CK^2 + DK^2 - 2 CK · DK \cos(60^{\circ}) \)

\( 18^2 = (3x)^2 + (3y)^2 - 2(3x)(3y)(1/2) \)

\( 324 = 9x^2 + 9y^2 - 9xy \)

\( 36 = x^2 + y^2 - xy \) (2)

Уравнения (1) и (2) идентичны, что подтверждает подобие треугольников. Теперь применим теорему косинусов к \( \triangle BKC \) и \( \triangle AKD \):

В \( \triangle BKC \): \( BC^2 = BK^2 + CK^2 - 2 BK · CK \cos(120^{\circ}) \)

\( BC^2 = (2y)^2 + (3x)^2 - 2(2y)(3x)(-1/2) \)

\( BC^2 = 4y^2 + 9x^2 + 6xy \)

В \( \triangle AKD \): \( AD^2 = AK^2 + DK^2 - 2 AK · DK \cos(120^{\circ}) \)

\( AD^2 = (2x)^2 + (3y)^2 - 2(2x)(3y)(-1/2) \)

\( AD^2 = 4x^2 + 9y^2 + 6xy \)

Подставим \( BC^2 \) и \( AD^2 \) в теорему Птолемея:

\( 25xy = 216 + \sqrt{(4y^2 + 9x^2 + 6xy)(4x^2 + 9y^2 + 6xy)} \)

Это слишком сложно. Есть более простой путь:

Радиус описанной окружности \( R \) можно найти по формуле:

\( R = \frac{abc}{4S_{\triangle}} \) для треугольника, где \( a, b, c \) — стороны, \( S_{\triangle} \) — площадь.

Рассмотрим \( \triangle ABD \) и \( \triangle ABC \).

По теореме косинусов в \( \triangle AKB \):

\( AB^2 = AK^2 + BK^2 - 2 AK · BK \cos(60^{\circ}) \implies 144 = AK^2 + BK^2 - AK · BK \)

По теореме косинусов в \( \triangle BKC \):

\( BC^2 = BK^2 + CK^2 - 2 BK · CK \cos(120^{\circ}) \implies BC^2 = BK^2 + CK^2 + BK · CK \)

По теореме косинусов в \( \triangle CKD \):

\( CD^2 = CK^2 + DK^2 - 2 CK · DK \cos(60^{\circ}) \implies 18^2 = 324 = CK^2 + DK^2 - CK · DK \)

По теореме косинусов в \( \triangle AKD \):

\( AD^2 = AK^2 + DK^2 - 2 AK · DK \cos(120^{\circ}) \implies AD^2 = AK^2 + DK^2 + AK · DK \)

Из подобия \( \triangle AKB \) ~ \( \triangle CKD \): \( \frac{AK}{CK} = \frac{BK}{DK} = \frac{2}{3} \). Пусть \( AK = 2x, CK = 3x, BK = 2y, DK = 3y \).

\( 144 = (2x)^2 + (2y)^2 - (2x)(2y) = 4x^2 + 4y^2 - 4xy \implies 36 = x^2 + y^2 - xy \)

\( 324 = (3x)^2 + (3y)^2 - (3x)(3y) = 9x^2 + 9y^2 - 9xy \implies 36 = x^2 + y^2 - xy \)

Из подобия \( \triangle AKD \) ~ \( \triangle BKC \): \( \frac{AK}{BK} = \frac{DK}{CK} = \frac{AD}{BC} \). \( \frac{2x}{2y} = \frac{3y}{3x} = \frac{x}{y} \implies \frac{AD}{BC} = \frac{x}{y} \). \( AD = \frac{x}{y} BC \).

\( BC^2 = (2y)^2 + (3x)^2 + (2y)(3x) = 4y^2 + 9x^2 + 6xy \)

\( AD^2 = (2x)^2 + (3y)^2 + (2x)(3y) = 4x^2 + 9y^2 + 6xy \)

\( (AD)^2 = (\frac{x}{y} BC)^2 \implies \frac{x^2}{y^2} BC^2 = AD^2 \)

\( \frac{x^2}{y^2} (4y^2 + 9x^2 + 6xy) = 4x^2 + 9y^2 + 6xy \)

\( 4x^2 + 9\frac{x^4}{y^2} + 6x^3 = 4x^2 + 9y^2 + 6xy \)

\( 9\frac{x^4}{y^2} + 6x^3 = 9y^2 + 6xy \) (не похоже на быстрый путь)

Введём понятие площади вписанного четырёхугольника:

\( S = \frac{1}{4R} \sqrt{(ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)} \)

Также площадь вписанного четырёхугольника через диагонали:

\( S = \frac{1}{2} AC · BD · \sin(\alpha) \), где \( \alpha \) — угол между диагоналями.

Для вписанного четырёхугольника верно соотношение:

\( AC · BD = AB · CD + BC · AD \) (теорема Птолемея)

\( AC = 5x \), \( BD = 5y \). \( 25xy = 12 · 18 + BC · AD = 216 + BC · AD \)

Используем формулу для площади четырёхугольника, где \( a, b \) — стороны, \( c, d \) — диагонали, \( \alpha \) — угол между диагоналями:

\( S = \frac{1}{2} cd · \sin(\alpha) \)

\( S = \frac{1}{2} (5x)(5y) \sin(60^{\circ}) = \frac{25}{2} xy \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{25}{4} xy \sqrt{3} \)

Используем формулу Эйлера для вписанного четырёхугольника:

\( R = \frac{1}{4S} \sqrt{(ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)} \)

А также \( S = \frac{1}{2} AC · BD · \sin(\angle AKB) \)

И \( AC · BD = AB · CD + BC · AD \)

Рассмотрим другую формулу для радиуса описанной окружности четырёхугольника:

\( R = \frac{AC · BD}{4S} \)

\( R = \frac{AC · BD}{4 · \frac{1}{2} AC · BD · \sin(\angle AKB)} = \frac{1}{2 \sin(\angle AKB)} \)

Эта формула неверна, она для треугольника. Для четырёхугольника:

\( R = \frac{\sqrt{(ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)}}{4S} \) — это формула для вписанного четырёхугольника. А \( S = \frac{1}{2} AC · BD · \sin(\angle AKB) \).

Воспользуемся теоремой о произведениях диагоналей и сторон:

\( AC^2 = AD^2 + CD^2 - 2 AD · CD · \cos(\angle D) \)

\( BD^2 = AB^2 + AD^2 - 2 AB · AD · \cos(\angle A) \)

Введём величину \( m = AK · BK = 2x · 2y = 4xy \) и \( n = CK · DK = 3x · 3y = 9xy \).

Для вписанного четырёхугольника верно, что \( AB · CD + BC · AD = AC · BD \). (Теорема Птолемея)

Также верно, что \( AB^2 + CD^2 = BC^2 + AD^2 \) если диагонали перпендикулярны. Здесь не так.

Рассмотрим площадь \( S \) вписанного четырёхугольника:

\( S = \frac{1}{2} AC · BD · \sin(\angle AKB) \)

\( S = \frac{1}{2} (5x)(5y) \sin(60^{\circ}) = \frac{25}{2} xy \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{25\sqrt{3}}{4} xy \)

Рассмотрим \( \triangle ABC \) и \( \triangle ADC \) которые вписаны в окружность. \( R \) — радиус этой окружности.

По теореме синусов для \( \triangle ABC \): \( AC = 2R \sin(\angle ABC) \)

По теореме синусов для \( \triangle ADC \): \( AC = 2R \sin(\angle ADC) \)

Так как \( \angle ABC + \angle ADC = 180^{\circ} \), то \( \sin(\angle ABC) = \sin(\angle ADC) \).

Пусть \( AK = p, BK = q, CK = r, DK = s \). \( AC = p+r, BD = q+s \). \( \angle AKB = 60^{\circ} \).

\( AB^2 = p^2 + q^2 - 2pq · \cos(60^{\circ}) \implies 144 = p^2 + q^2 - pq \)

\( CD^2 = r^2 + s^2 - 2rs · \cos(60^{\circ}) \implies 324 = r^2 + s^2 - rs \)

\( BC^2 = q^2 + r^2 - 2qr · \cos(120^{\circ}) \implies BC^2 = q^2 + r^2 + qr \)

\( AD^2 = p^2 + s^2 - 2ps · \cos(120^{\circ}) \implies AD^2 = p^2 + s^2 + ps \)

Из подобия \( \triangle AKB \) ~ \( \triangle CKD \): \( \frac{p}{r} = \frac{q}{s} = \frac{12}{18} = \frac{2}{3} \). Отсюда \( p = \frac{2}{3}r, q = \frac{2}{3}s \).

Подставим в \( 144 = p^2 + q^2 - pq \):

\( 144 = (\frac{2}{3}r)^2 + (\frac{2}{3}s)^2 - (\frac{2}{3}r)(\frac{2}{3}s) \)

\( 144 = \frac{4}{9}r^2 + \frac{4}{9}s^2 - \frac{4}{9}rs \implies 144 · \frac{9}{4} = r^2 + s^2 - rs \implies 36 · 9 = 324 = r^2 + s^2 - rs \)

Это совпадает с уравнением для \( CD^2 \) , если \( r=CK, s=DK \). Значит \( r^2+s^2-rs=324 \), что мы уже имели.

Из подобия \( \triangle AKD \) ~ \( \triangle BKC \): \( \frac{p}{q} = \frac{s}{r} = \frac{AD}{BC} \). \( \frac{2x}{2y} = \frac{3y}{3x} \implies \frac{x}{y} = \frac{y}{x} \implies x^2 = y^2 \implies x=y \)

Если \( x=y \), то \( AK=BK=2x \) и \( CK=DK=3x \). Это означает, что \( \triangle AKB \) и \( \triangle CKD \) равнобедренные, а \( \triangle BKC \) и \( \triangle AKD \) равнобедренные. Это возможно только если \( x=y=0 \), что неверно.

Пересмотрим подобие: \( \triangle AKB \) ~ \( \triangle CKD \) значит \( \frac{AK}{CK} = \frac{BK}{DK} = \frac{AB}{CD} = \frac{12}{18} = \frac{2}{3} \).

\( \triangle AKD \) ~ \( \triangle BKC \) значит \( \frac{AK}{BK} = \frac{DK}{CK} = \frac{AD}{BC} \).

Из первого подобия: \( AK = 2k, CK = 3k, BK = 2m, DK = 3m \).

Из второго подобия: \( \frac{2k}{2m} = \frac{3m}{3k} \implies \frac{k}{m} = \frac{m}{k} \implies k^2 = m^2 \implies k=m \).

Значит \( AK = 2k, CK = 3k, BK = 2k, DK = 3k \).

\( AC = AK + CK = 2k + 3k = 5k \)

\( BD = BK + DK = 2k + 3k = 5k \)

Диагонали равны. \( AC = BD = 5k \).

По теореме косинусов в \( \triangle AKB \):

\( AB^2 = AK^2 + BK^2 - 2 AK · BK · \cos(60^{\circ}) \)

\( 12^2 = (2k)^2 + (2k)^2 - 2 (2k)(2k)(1/2) \)

\( 144 = 4k^2 + 4k^2 - 4k^2 = 4k^2 \)

\( k^2 = 144 / 4 = 36 \implies k = 6 \).

Значит \( AC = BD = 5k = 5 · 6 = 30 \).

Радиус описанной окружности \( R \) можно найти по формуле:

\( R = \frac{AC}{2 \sin(\angle ABC)} \) или \( R = \frac{BD}{2 \sin(\angle BCD)} \).

Также \( R = \frac{d_1 d_2}{2 h_c} \) для треугольника.

Рассмотрим \( \triangle ABD \). По теореме синусов:

\( \frac{AD}{\sin(\angle ABD)} = \frac{BD}{\sin(\angle BAD)} = 2R \)

В \( \triangle AKD \): \( AD^2 = AK^2 + DK^2 - 2 AK · DK \cos(120^{\circ}) \)

\( AD^2 = (2k)^2 + (3k)^2 - 2 (2k)(3k)(-1/2) \)

\( AD^2 = 4k^2 + 9k^2 + 6k^2 = 19k^2 \). Так как \( k=6 \), \( AD^2 = 19 · 36 \implies AD = 6\sqrt{19} \).

В \( \triangle BKC \): \( BC^2 = BK^2 + CK^2 - 2 BK · CK \cos(120^{\circ}) \)

\( BC^2 = (2k)^2 + (3k)^2 - 2 (2k)(3k)(-1/2) \)

\( BC^2 = 4k^2 + 9k^2 + 6k^2 = 19k^2 \). Значит \( BC = AD = 6\sqrt{19} \).

Мы получили, что \( AB=12, CD=18, BC=AD=6\sqrt{19} \). Это равнобедренная трапеция.

Площадь четырёхугольника \( S \):

\( S = \frac{1}{2} AC · BD · \sin(60^{\circ}) = \frac{1}{2} (30)(30) \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{900}{4} \sqrt{3} = 225\sqrt{3} \).

Теперь используем формулу для радиуса описанной окружности четырёхугольника:

\( R = \frac{\sqrt{(AB · CD + BC · AD)^2 - 4 (AB · BC + CD · AD)^2}}{4S} \)

Это слишком сложно. Есть проще формула:

\( R = \frac{AC}{2 \sin(\angle ABC)} \)

Из теоремы Птолемея: \( AC · BD = AB · CD + BC · AD \)

\( 30 · 30 = 12 · 18 + (6\sqrt{19}) · (6\sqrt{19}) \)

\( 900 = 216 + 36 · 19 = 216 + 684 = 900 \). Теорема Птолемея выполняется.

Радиус описанной окружности можно найти по формуле для треугольника, например \( \triangle ABD \).

\( R = \frac{BD}{2 \sin(\angle BAD)} \)

Найдём \( \cos(\angle BAD) \) в \( \triangle ABD \) с помощью теоремы косинусов:

\( BD^2 = AB^2 + AD^2 - 2 AB · AD \cos(\angle BAD) \)

\( 30^2 = 12^2 + (6\sqrt{19})^2 - 2 · 12 · 6\sqrt{19} \cos(\angle BAD) \)

\( 900 = 144 + 36 · 19 - 144\sqrt{19} \cos(\angle BAD) \)

\( 900 = 144 + 684 - 144\sqrt{19} \cos(\angle BAD) \)

\( 900 = 828 - 144\sqrt{19} \cos(\angle BAD) \)

\( 72 = -144\sqrt{19} \cos(\angle BAD) \)

\( \cos(\angle BAD) = \frac{72}{-144\sqrt{19}} = -\frac{1}{2\sqrt{19}} = -\frac{\sqrt{19}}{38} \)

Теперь найдём \( \sin(\angle BAD) \):

\( \sin^2(\angle BAD) = 1 - \cos^2(\angle BAD) = 1 - (\frac{-\sqrt{19}}{38})^2 = 1 - \frac{19}{38^2} = 1 - \frac{19}{1444} = \frac{1444 - 19}{1444} = \frac{1425}{1444} \)

\( \sin(\angle BAD) = \sqrt{\frac{1425}{1444}} = \frac{\sqrt{1425}}{38} = \frac{\sqrt{25 · 57}}{38} = \frac{5\sqrt{57}}{38} \)

Теперь найдём радиус \( R \):

\( R = \frac{BD}{2 \sin(\angle BAD)} = \frac{30}{2 · \frac{5\sqrt{57}}{38}} = \frac{30}{\frac{10\sqrt{57}}{38}} = \frac{30 · 38}{10\sqrt{57}} = \frac{3 · 38}{\sqrt{57}} = \frac{114}{\sqrt{57}} \)

\( R = \frac{114}{\sqrt{57}} = \frac{114 \sqrt{57}}{57} = 2\sqrt{57} \).

Проверим через \( \triangle ABC \) и \( \angle ACB \).

\( AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 AB · BC \cos(\angle ABC) \)

\( 30^2 = 12^2 + (6\sqrt{19})^2 - 2 · 12 · 6\sqrt{19} \cos(\angle ABC) \)

\( 900 = 144 + 684 - 144\sqrt{19} \cos(\angle ABC) \)

\( 900 = 828 - 144\sqrt{19} \cos(\angle ABC) \implies 72 = -144\sqrt{19} \cos(\angle ABC) \implies \cos(\angle ABC) = -\frac{\sqrt{19}}{38} \)

\( \sin(\angle ABC) = \frac{5\sqrt{57}}{38} \).

\( R = \frac{AC}{2 \sin(\angle ABC)} = \frac{30}{2 · \frac{5\sqrt{57}}{38}} = 2\sqrt{57} \).

Результат совпадает.

Ответ: 2\(\sqrt{57}\).