2793. В окружность радиуса R
вписан четырёхугольник ABCD
, P
— точка пересечения его диагоналей, AB=CD=5
, AD\gt BC
. Высота, опущенная из точки B
на сторону AD
, равна 3, а площадь треугольника ADP
равна \frac{25}{2}
. Найдите стороны AD
, BC
и радиус окружности R
.
Ответ. AD=10
, BC=2
; R=\frac{5\sqrt{5}}{2}
.
Указание. Докажите, что данный четырёхугольник — равнобедренная трапеция. Обозначьте её основания через x
и y
. Воспользуйтесь подобием треугольников ADP
и CBP
.
Решение. Докажем, что AD\parallel BC
. Предположим, что это не так. Через вершину B
проведём прямую, параллельную AD
, до пересечения с окружностью в точке C_{1}
. Дуги, заключённые между параллельными хордами, равны, поэтому равны и соответствующие хорды. Значит,
DC_{1}=AB=DC,
а так как точки B
, C
и C_{1}
лежат по одну сторону от прямой AD
, то точка C_{1}
совпадает с точкой C
. Следовательно, AD\parallel BC
. Поэтому четырёхугольник ABCD
— равнобедренная трапеция или прямоугольник.
Пусть BK
— перпендикуляр к AD
. Поскольку BK\lt AB
, то ABCD
— равнобедренная трапеция, а AD
и BC
— её основания.
Обозначим BC=x
, AD=y
. Тогда
AK=\frac{AD-BC}{2}=\frac{y-x}{2},~BK=\sqrt{AB^{2}-AK^{2}}=4.
Треугольник ADP
подобен треугольнику CBP
с коэффициентом \frac{AD}{BC}=\frac{y}{x}
. Поэтому высота PQ
треугольника ADP
равна
\frac{y}{x+y}\cdot BK=\frac{3y}{x+y},
значит, площадь этого треугольника равна
\frac{1}{2}AD\cdot PQ=\frac{1}{2}\cdot\frac{3y^{2}}{x+y}=\frac{25}{2}.
Решив систему уравнений
\syst{\frac{y-x}{2}=3\\\frac{1}{2}\cdot\frac{3y^{2}}{x+y}=\frac{25}{2},\\}
находим, что y=10
, x=2
или y=\frac{20}{3}
и x=-\frac{4}{3}
. Ясно, что условию задачи удовлетворяет только первое решение.
Далее находим:
DK=AD-AK=6,~BD=\sqrt{BK^{2}+DK^{2}}=3\sqrt{5},~\sin\angle BAD=\frac{BK}{AB}=\frac{3}{5},
R=\frac{BD}{2\sin\angle BAD}=\frac{3\sqrt{5}}{2\cdot\frac{3}{5}}=\frac{5\sqrt{5}}{2}.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет МГУ. — 1995 (основной экзамен), № 4, вариант 1