6841. Окружность с центром O
, вписанная в трапецию ABCD
, касается меньшего основания BC
в точке N
, а боковой стороны AB
— в точке M
.
а) Докажите, что MN\parallel OA
.
б) Найдите площадь треугольника BOC
, если известно, что MA=25
, MB=4
и CD=52
.
Ответ. 30.
Решение. а) Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе этого угла, поэтому AO
— биссектриса угла BAD
.
Пусть \angle BAD=2\alpha
. Тогда
\angle OAD=\alpha,~\angle ABC=180^{\circ}-2\alpha,
а так как BM=MN
, то треугольник BMN
равнобедренный, поэтому
\angle BMN=\frac{1}{2}(180-\angle MBN)=\frac{1}{2}(180^{\circ}-180^{\circ}+2\alpha)=\alpha.
Значит, \angle BMN=\angle OAD
. Следовательно, MN\parallel OA
.
б) Поскольку \angle AOB=\angle COD=90^{\circ}
, треугольники AOM
и COD
прямоугольные (см. задачу 313).
Пусть R
— радиус окружности. Отрезок OM
— высота прямоугольного треугольника AOB
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому
R=OM=\sqrt{AM\cdot BM}=\sqrt{25\cdot4}=10.
Пусть окружность касается боковой стороны CD
в точке P
, а большего основания AD
— в точке Q
. Обозначим CP=CN=x
. Тогда
BC=4+x,~AD=AQ+DQ=AM+DP=25+(52-x)=77-x,
а так как AD\gt BC
, то 77-x\gt4+x
. Значит, x\lt\frac{73}{2}
.
Отрезок OP
— высота прямоугольного треугольника COD
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому R^{2}=CP\cdot PD
, или 100=x(52-x)
при условии, что x\lt\frac{77}{2}
. Отсюда находим, что x=2
. Следовательно,
S_{\triangle BOC}=\frac{1}{2}BC\cdot ON=\frac{1}{2}(BN+CN)\cdot R=\frac{1}{2}(4+2)\cdot10=30.