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