12198. Дана трапеция ABCD
с основаниями BC
и AD
. Окружность \omega
радиуса 2, центр O
которой лежит на диагонали AC
, касается отрезков BC
, AB
и AD
в точках M
, N
и K
соответственно. Известно, AC=4\sqrt{5}
, а четырёхугольник KOCD
вписан в окружность \Omega
. Найдите угол BOC
, площадь трапеции ABCD
и радиус окружности \Omega
.
Ответ. \angle BOC=90^{\circ}
, S=30
, R=\sqrt{10}
.
Решение. Окружность вписана в углы A
и B
трапеции, следовательно, её центр лежит на пересечении биссектрис этих углов. Поскольку угол между биссектрисами внутренних односторонних углов при параллельных прямых равен 90^{\circ}
, получаем \angle BOC=90^{\circ}
.
Треугольник ABC
равнобедренный, так как BO
— его высота и биссектриса. Значит, BO
также его медиана, поэтому AO=CO=2\sqrt{5}
. Окружность \Omega
описана около треугольника DOK
, причём \angle OKD=90^{\circ}
, поэтому OD
— диаметр окружности \Omega
. Точка D
лежит на этой окружности, поэтому \angle ACD=\angle OCD=90^{\circ}
.
Пусть CH
— высота трапеции. Тогда OK
— средняя линия прямоугольного треугольника ACH
, поэтому CH=2OK=4
. По теореме Пифагора
AH=\sqrt{AC^{2}-CH^{2}}=\sqrt{80-16}=8,
а так как CH
— высота прямоугольного треугольника ACD
, проведённая из вершины прямого угла, то
DH=\frac{CH^{2}}{AH}=\frac{16}{8}=2,~DK=DH+KH=2+4=6.
Отрезок OM
— высота прямоугольного треугольника BOC
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому
BM=\frac{OM^{2}}{MC}=\frac{OM^{2}}{KH}=\frac{4}{4}=1.
Таким образом,
BC=BM+MC=1+4=5,~AD=AH+DH=8+2=10.
Следовательно,
S_{ABCD}=\frac{1}{2}(BC+AD)\cdot CH=\frac{1}{2}(5+10)\cdot4=30.
Из прямоугольного треугольника KOD
находим, что
DO=\sqrt{DK^{2}+OK^{2}}=\sqrt{6^{2}+2^{2}}=2\sqrt{10},
а так как DO
— диаметр окружности \Omega
, то радиус равен \sqrt{10}
.
Источник: Олимпиада «Физтех» (математическая олимпиада МФТИ). — 2014, билет 1, задача 4