1585. Точка O
— центр окружности, вписанной в равнобедренную трапецию ABCD
(BC\parallel AD)
. Прямая AO
пересекает отрезок CD
в точке K
. Найдите углы и площадь трапеции, если AO=5
, OK=3
.
Ответ. \arccos\frac{1}{3}
; 25\sqrt{2}
.
Указание. Достройте трапецию до равнобедренного треугольника и дважды воспользуйтесь свойством биссектрисы треугольника.
Решение. Поскольку DO
— биссектриса треугольника ADK
, то
\frac{AD}{DK}=\frac{AO}{OK}=\frac{5}{3}.
Пусть AD=5x
, DK=3x
. Продолжим боковые стороны трапеции до пересечения в точке M
. Тогда AK
— биссектриса равнобедренного треугольника AMD
. Поэтому \frac{AM}{MK}=\frac{AD}{DK}
.
Пусть AM=MD=y
. Тогда
MK=y-3x,~\frac{y}{y-3x}=\frac{5x}{3x}=\frac{5}{3}.
Отсюда находим, что y=\frac{15x}{2}
.
Пусть точка P
— середина AD
. Обозначим \angle ADC=\alpha
. Тогда
\cos\alpha=\frac{PD}{MD}=\frac{\frac{5x}{2}}{\frac{15x}{2}}=\frac{1}{3}.
Из треугольника ADK
по теореме косинусов находим, что
AK^{2}=AD^{2}+DK^{2}-2AD\cdot DK\cos\angle ADK,~\mbox{или}~64=25x^{2}+9x^{2}-2\cdot5x\cdot3x\cdot\frac{1}{3}.
Отсюда находим, что x=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}
.
Радиус вписанной окружности равен:
OP=PD\tg\frac{\alpha}{2}=\frac{5x}{2\sqrt{2}}=\frac{5}{\sqrt{3}}.
Если BQ
— высота трапеции, то
AB=\frac{BQ}{\sin\alpha}=\frac{2OP}{\sin\alpha}=\frac{10}{\sqrt{3}}\cdot\frac{3}{2\sqrt{2}}=\frac{5\sqrt{3}}{\sqrt{2}},
а так как отрезок AB
равен средней линии трапеции, то
S_{ABCD}=AB\cdot BQ=\frac{5\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\cdot\frac{10}{\sqrt{3}}=25\sqrt{2}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1984, билет 11, № 4
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 84-11-4, с. 263