11939. Около окружности радиуса 5 описана равнобедренная трапеция с углом A
, равным \arccos0{,}6
; K
и N
— точки касания с боковыми сторонами AB
и CD
соответственно. Найдите площади четырёхугольников AKND
и KBCN
.
Ответ. 112 и 13.
Решение. Пусть продолжения боковых сторон трапеции пересекаются в точке E
. Тогда EK=EN
и EA=ED
, поэтому треугольники KEN
и AED
равнобедренные с общим углом при вершине E
. Тогда \angle EKN=\angle EAD
. Следовательно, KN\parallel AD\parallel BC
.
Высота AH
трапеции равна диаметру вписанной окружности, т. е. AH=10
. Из прямоугольного треугольника AHB
находим, что
AB=\frac{BH}{\sin\angle A}=\frac{10}{0{,}8}=\frac{25}{2}.
Пусть O
— центр окружности. Тогда \angle AOB=90^{\circ}
(см. задачу 313), а OK
— высота прямоугольного треугольника AOB
, проведённая из вершины прямого угла. Тогда (см. задачу 2728)
OK^{2}=BK\cdot AB=BK(AB-BK),~\mbox{или}~25=BK\left(\frac{25}{2}-BK\right),
2BK^{2}-25BK+50=0,
откуда BK=\frac{5}{2}
или BK=10
, а так как BC\lt AD
, то BK\lt AK
, поэтому условию задачи удовлетворяет только BK=\frac{5}{2}
. Тогда AK=10
.
Пусть P
и Q
— точки касания окружности с основаниями BC
и AD
соответственно. Тогда P
и Q
— середины оснований, поэтому
BC=2BP=2BK=2\cdot\frac{5}{2}=5,~AD=2AQ=2AK=2\cdot10=20.
Пусть диагональ AC
пересекает отрезок KN
в точке M
. Треугольник AKM
подобен треугольнику ABC
с коэффициентом
\frac{AK}{AB}=\frac{10}{\frac{25}{2}}=\frac{4}{5},
поэтому
KM=\frac{4}{5}BC=\frac{4}{5}\cdot5=4.
Треугольник NCM
подобен треугольнику DCA
с коэффициентом
\frac{CN}{CD}=\frac{BK}{AB}=\frac{\frac{5}{2}}{10}=\frac{1}{5},
поэтому
MN=\frac{1}{5}AD=\frac{1}{5}\cdot20=4.
Значит KN=KM+MN=8
.
Из рассмотренного подобия также следует, что высоты трапеций AKND
и KBCN
равны соответственно
\frac{4}{5}BH=\frac{4}{5}\cdot10=8,~\frac{1}{5}BH=\frac{1}{5}\cdot10=2.
Таким образом,
S_{AKND}=\frac{1}{2}(AD+KN)\cdot8=\frac{1}{2}(20+8)\cdot8=112,
S_{KBCN}=\frac{1}{2}(KN+BC)\cdot2=\frac{1}{2}(8+5)\cdot2=13.