17135. Основания
AB
и
CD
равнобедренной трапеции
ABCD
равны соответственно 2 и 1, точка
M
— середина
AB
. Окружность, описанная около треугольника
CDM
, проходит через центр окружности, вписанной в треугольник
BCM
. Найдите площадь трапеции.
Ответ.
\frac{3\sqrt{3}}{4}
.
Решение. Обозначим
\angle CDM=\alpha
. Пусть
O
— центр описанной окружности равнобедренного треугольника
CDM
, а
I
— центр вписанной окружности треугольника
CBM
.
Четырёхугольник
DMBC
— параллелограмм, поэтому
\angle CBM=\angle CDM=\alpha
. Сумма противоположных углов вписанного четырёхугольника
CDMI
равна
180^{\circ}
, поэтому
\angle CIM=180^{\circ}-\alpha.

В то же время, поскольку
I
— точка пересечения биссектрис треугольника
BCM
, то (см. задачу 4770)
\angle CIM=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle CBM=90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}.

Из равенства
180^{\circ}-\alpha=90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}

находим, что
\alpha=60^{\circ}
.
Пусть
DH
— высота трапеции. Тогда (см. задачу 1921)
AH=\frac{AB+CD}{2}=\frac{2+1}{2}=\frac{3}{2},

а так как
\angle DAH=\angle DAB=\angle CBA=\alpha=60^{\circ},

то из прямоугольного треугольника
AHD
находим, что
DH=AH\tg60^{\circ}=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}.

Следовательно,
S_{ABCD}=\frac{AB+CD}{2}\cdot DH=\frac{2+1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4}.

Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет НГУ. — 1982, задача 3, вариант 2
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1982, с. 31, задача 3, вариант 2