Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16276
2026-02-17 
Даны равнобокая трапеция $ABCD$ ($AD$ и $BC$ - основания, $AD\gt BC$) и окружность $\omega$ с центром $C$, касающаяся стороны $AD$. Касательные к $\omega$, проведённые из точки $B$, пересекают прямую $AD$ в точках $P$ и $Q$ (точка $P$ лежит между $Q$ и $D$). На продолжении стороны $CB$ за точку $B$ выбрана такая точка $N$, что угол $CPN$ прямой. Найдите углы $ADC$, $NQC$ и площадь четырёхугольника $NCDQ$, если известно, что $\angle NCP=arctg\frac{12}{5}$, $AP=\frac{13}{2}$, $NC=13$
Решение:
Обозначим данный в условии угол $NCP$ через $\gamma$. Тогда $\angle CPD=\angle NCP=\gamma$ (как накрест лежащие углы при параллельных прямых); $\angle BPC=\angle CPD=\gamma$ (окружность $\omega$ вписана в угол $BPD$, поэтому её центр $C$ лежит на биссектрисе этого угла); $\angle NBP=\angle BPD=2\gamma$ как накрест лежащие углы при параллельных прямых;
$\angle BPN=\angle CPN-\angle BPC=90^{\circ}-\gamma;$
$\angle BNP=180^{\circ}-\angle PBN-\angle BPN=180^{\circ}-2\gamma-(90^{\circ}-\gamma)=90^{\circ}-\gamma=\angle BPN.$
Отсюда следует, что треугольники $BPC$ и $BPN$ равнобедренные, $NB=BP=BC$. Значит,
$BP=NB=BP=BC=\frac{1}{2}NC=\frac{13}{2}.$
Пусть прямая $BQ$ касается окружности в точке $T$. Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе угла, поэтому
$\angle BQP=\angle TBC=\angle PBC=\angle BPQ.$
Значит, треугольник $BPQ$ тоже равнобедренный, $BQ=BP=BN=BC$. Медиана $QB$ треугольника $CQN$ равна половине стороны $CN$, поэтому $\angle CQN=90^{\circ}$.
Поскольку $BC\parallel AP$ и $BC=AP$ (оба эти отрезка равны $\frac{13}{2}$), то $ABCP$ - параллелограмм, а т.к. трапеция $ABCD$ равнобедренная, то
$\angle ADC=\angle BAP=\gamma=arctg\frac{12}{5}.$
Пусть $CH$ - высота трапеции $ABCD$. Из равнобедренных треугольников $BCP$ и $CPD$, получаем
$CP=2BC\cos\gamma,~CH=CP\sin\gamma=2BC\sin\gamma\cos\gamma=BC\sin2\gamma=\frac{2BCtg\gamma}{1+tg^{2}\gamma}=\frac{2\cdot\frac{13}{2}\cdot\frac{12}{5}}{1+\frac{144}{25}}=\frac{60}{13}.$
Поскольку
$\angle NBQ=\angle BQP=\angle BPQ=\angle CBP,$
равнобедренные треугольники $BNQ$ и $BPC$ равны по двум сторонам и углу между ними. Значит,
$\angle BNQ=\angle BPC=\angle CPD=\angle CDQ=\gamma,$
поэтому $NCDQ$ - параллелограмм, а т.к. $CN=13$ и $CH=\frac{60}{13}$, то
$S_{NCDQ}=CN\cdot CH=13\cdot\frac{60}{13}=60$.
Даны равнобокая трапеция $ABCD$ ($AD$ и $BC$ - основания, $AD\gt BC$) и окружность $\omega$ с центром $C$, касающаяся стороны $AD$. Касательные к $\omega$, проведённые из точки $B$, пересекают прямую $AD$ в точках $P$ и $Q$ (точка $P$ лежит между $Q$ и $D$). На продолжении стороны $CB$ за точку $B$ выбрана такая точка $N$, что угол $CPN$ прямой. Найдите углы $ADC$, $NQC$ и площадь четырёхугольника $NCDQ$, если известно, что $\angle NCP=arctg\frac{12}{5}$, $AP=\frac{13}{2}$, $NC=13$
Решение:
Обозначим данный в условии угол $NCP$ через $\gamma$. Тогда $\angle CPD=\angle NCP=\gamma$ (как накрест лежащие углы при параллельных прямых); $\angle BPC=\angle CPD=\gamma$ (окружность $\omega$ вписана в угол $BPD$, поэтому её центр $C$ лежит на биссектрисе этого угла); $\angle NBP=\angle BPD=2\gamma$ как накрест лежащие углы при параллельных прямых;
$\angle BPN=\angle CPN-\angle BPC=90^{\circ}-\gamma;$
$\angle BNP=180^{\circ}-\angle PBN-\angle BPN=180^{\circ}-2\gamma-(90^{\circ}-\gamma)=90^{\circ}-\gamma=\angle BPN.$
Отсюда следует, что треугольники $BPC$ и $BPN$ равнобедренные, $NB=BP=BC$. Значит,
$BP=NB=BP=BC=\frac{1}{2}NC=\frac{13}{2}.$
Пусть прямая $BQ$ касается окружности в точке $T$. Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе угла, поэтому
$\angle BQP=\angle TBC=\angle PBC=\angle BPQ.$
Значит, треугольник $BPQ$ тоже равнобедренный, $BQ=BP=BN=BC$. Медиана $QB$ треугольника $CQN$ равна половине стороны $CN$, поэтому $\angle CQN=90^{\circ}$.
Поскольку $BC\parallel AP$ и $BC=AP$ (оба эти отрезка равны $\frac{13}{2}$), то $ABCP$ - параллелограмм, а т.к. трапеция $ABCD$ равнобедренная, то
$\angle ADC=\angle BAP=\gamma=arctg\frac{12}{5}.$
Пусть $CH$ - высота трапеции $ABCD$. Из равнобедренных треугольников $BCP$ и $CPD$, получаем
$CP=2BC\cos\gamma,~CH=CP\sin\gamma=2BC\sin\gamma\cos\gamma=BC\sin2\gamma=\frac{2BCtg\gamma}{1+tg^{2}\gamma}=\frac{2\cdot\frac{13}{2}\cdot\frac{12}{5}}{1+\frac{144}{25}}=\frac{60}{13}.$
Поскольку
$\angle NBQ=\angle BQP=\angle BPQ=\angle CBP,$
равнобедренные треугольники $BNQ$ и $BPC$ равны по двум сторонам и углу между ними. Значит,
$\angle BNQ=\angle BPC=\angle CPD=\angle CDQ=\gamma,$
поэтому $NCDQ$ - параллелограмм, а т.к. $CN=13$ и $CH=\frac{60}{13}$, то
$S_{NCDQ}=CN\cdot CH=13\cdot\frac{60}{13}=60$.
