13044. Точки M
и N
— середины сторон соответственно AB
и BC
квадрата ABCD
. Отрезки CM
и DN
пересекаются в точке K
.
а) Докажите, что \angle BKM=45^{\circ}
.
б) Найдите радиус окружности, описанной около треугольника ABK
, если сторона квадрата равна 2\sqrt{10}
.
Ответ. \frac{10}{3}
.
Решение. а) Прямоугольные треугольники BCM
и CDN
равны по двум катетам, поэтому \angle NCK=\angle CDN
. Тогда
\angle NKC=180^{\circ}-\angle KNC-\angle NCK=
=180^{\circ}-\angle DNC-\angle CDN=\angle NCD=90^{\circ},
т. е. прямые CM
и DN
перпендикулярны.
Из точек B
и K
отрезок MN
виден под прямым углом, поэтому эти точки лежат на окружности с диаметром MN
. Вписанные в эту окружность углы BKM
и BNM
опираются на одну и ту же дугу, а так как треугольник MBN
прямоугольный и равнобедренный, то \angle BNM=45^{\circ}
. Следовательно,
\angle BKM=\angle BNM=45^{\circ}.
Что и требовалось доказать.
(Можно и так. При повороте на 90^{\circ}
вокруг центра квадрата, переводящем вершину A
в B
, вершина B
переходит в C
, вершина C
— в D
, сторона AB
— в сторону BC
, середина M
стороны AB
— в середину N
стороны BC
, а отрезок CM
— в отрезок DN
. Следовательно, CM\perp DN
.)
б) Из точек A
и K
отрезок DM
виден под прямым углом, поэтому эти точки лежат на окружности с диаметром DM
. Вписанные в эту окружность углы AKM
и ADM
опираются на одну и ту же дугу, поэтому они равны.
Обозначим \angle AKM=\angle ADM=\alpha
. Из прямоугольного треугольника ADM
находим, что
\tg\alpha=\frac{AM}{AD}=\frac{1}{2}.
Тогда
\cos\alpha=\frac{2}{\sqrt{5}},~\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{5}}.
Пусть R
— искомый радиус окружности, описанной около треугольника ABK
. По теореме синусов
R=\frac{AB}{2\sin\angle AKB}=\frac{2\sqrt{10}}{2\sin(\alpha+45^{\circ})}=
=\frac{\sqrt{10}}{\sin\alpha\cos45^{\circ}+\cos\alpha\sin45^{\circ}}=\frac{\sqrt{10}}{\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{2}{\sqrt{5}}\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{10}{3}.