12199. Дана трапеция ABCD
с основаниями BC
и AD
. Окружность \omega
радиуса 2, центр O
которой лежит на диагонали BD
, касается отрезков BC
, CD
и AD
в точках M
, N
и K
соответственно. Известно, BM=3
, а четырёхугольник KOBA
вписан в окружность \Omega
. Найдите угол COD
, площадь трапеции ABCD
и радиус окружности \Omega
.
Ответ. \angle COD=90^{\circ}
, S=26
, R=\frac{5\sqrt{13}}{6}
.
Решение. Окружность вписана в углы C
и D
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 COD=90^{\circ}
.
Треугольник BCD
равнобедренный, так как CO
— его высота и биссектриса. Значит, CO
также его медиана, поэтому O
— середина BD
. Пусть BH
— высота трапеции. Тогда OK
— средняя линия прямоугольного треугольника BDH
, поэтому
DK=KH=BM=3,~BH=2OK=4.
Окружность \Omega
описана около треугольника AKO
, причём \angle AKO=90^{\circ}
, поэтому AO
— диаметр окружности \Omega
. Точка B
лежит на этой окружности, поэтому \angle ABD=\angle ABO=90^{\circ}
.
Отрезки BH
и OM
— высоты прямоугольных треугольников соответственно ABD
и BOC
, проведённые из вершин прямых углов, поэтому
AH=\frac{BH^{2}}{DH}=\frac{16}{6}=\frac{8}{3},~CM=\frac{OM^{2}}{BM}=\frac{4}{3}.
Тогда
AD=AH+DH=\frac{8}{3}+6=\frac{26}{3},~BC=BM+CM=3+\frac{4}{3}=\frac{13}{3}.
Следовательно,
S_{ABCD}=\frac{1}{2}(BC+AD)\cdot BH=\frac{1}{2}\left(\frac{13}{3}+\frac{26}{3}\right)\cdot4=26.
Из прямоугольного треугольника AKO
находим, что
AO=\sqrt{AK^{2}+OK^{2}}=\sqrt{\left(3+\frac{8}{3}\right)^{2}+2^{2}}=\frac{5\sqrt{13}}{3},
а так как AO
— диаметр окружности \Omega
, то радиус равен \frac{5\sqrt{13}}{6}
.
Источник: Олимпиада «Физтех» (математическая олимпиада МФТИ). — 2014, билет 2, задача 4