12352. В трапеции ABCD
основания AD=9
, BC=2
, углы A
и D
при основании равны \arctg4
и \arctg\frac{2}{3}
, соответственно. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника CBE
, где E
— точка пересечения диагоналей трапеции.
Ответ. \frac{8\sqrt{5}}{11}
.
Решение. Пусть BF
и CG
— высоты трапеции. Поскольку углы A
и D
острые (их тангенсы положительны), точки F
и G
лежат на основании AD
, а не на его продолжении. Обозначим BF=CG=h
. Из прямоугольных треугольников AFB
и DGC
получаем
AF=BF\ctg\angle A=h\cdot\frac{1}{4}=\frac{h}{4},~DG=CG\ctg\angle D=h\cdot\frac{3}{2}=\frac{3h}{2},
а так как BCGF
— прямоугольник, то FG=BC=2
, поэтому
9=AD=AF+FG+DG=\frac{h}{4}+2+\frac{3h}{2},
откуда h=4
. Тогда
AG=AF+FG=1+2=3,~DF=DG+FG=6+2=8.
По теореме Пифагора
AC=\sqrt{CG^{2}+AG^{2}}=\sqrt{4^{2}+3^{2}}=5,~BD=\sqrt{BF^{2}+DF^{2}}=\sqrt{4^{2}+8^{2}}=4\sqrt{5}.
Треугольник CBE
подобен треугольнику DAE
с коэффициентом \frac{BC}{AD}=\frac{2}{9}
, поэтому
CE=\frac{2}{11}AC=\frac{2}{11}\cdot5=\frac{10}{11},~BE=\frac{1}{11}BD=\frac{2}{11}\cdot4\sqrt{5}=\frac{8\sqrt{5}}{11},
а если EH
— высота треугольника CBE
, то
EH=\frac{2}{11}h=\frac{2}{11}\cdot4=\frac{8}{11}.
Тогда
S_{\triangle CBE}=\frac{1}{2}BC\cdot EH=\frac{1}{2}\cdot2\cdot\frac{8}{11}=\frac{8}{11}.
Пусть R
— искомый радиус окружности, описанной около треугольника CBE
. Тогда (см. задачу 4259)
R=AC=\frac{BC\cdot CE\cdot BE}{4S_{\triangle CBE}}=\frac{2\cdot\frac{10}{11}\cdot\frac{8\sqrt{5}}{11}}{4\cdot S_{\triangle CBE}}=\frac{8\sqrt{5}}{11}.