4756. В окружность с центром O
вписана трапеция ABCD
, в которой AD\parallel BC
, AD=7
, BC=3
, угол BCD
равен 120^{\circ}
. Хорда BM
окружности пересекает отрезок AD
в точке N
, причём ND=2
. Найдите площадь треугольника BOM
.
Ответ. \frac{155\sqrt{3}}{84}
.
Указание. CN
— высота трапеции.
Решение. Пусть P
— проекция вершины C
на основание AD
трапеции ABCD
. Поскольку трапеция вписана в окружность, то она равнобедренная. Поэтому
DP=\frac{AD-BC}{2}=\frac{4}{2}=2.
Следовательно, точка P
совпадает с точкой N
, а CN
— высота трапеции. Тогда
CN=DN\tg\angle CDA=2\tg60^{\circ}=2\sqrt{3}.
Поскольку BN\cdot NM=AN\cdot ND
, то
NM=\frac{AN\cdot ND}{BN}=\frac{AN\cdot ND}{\sqrt{BC^{2}+CN^{2}}}=\frac{10}{\sqrt{21}}=\frac{10\sqrt{21}}{21},
BM=BN+NM=\sqrt{21}+\frac{10\sqrt{21}}{21}=\frac{31\sqrt{21}}{21}.
Пусть OB=OM=R
. Тогда
R=\frac{AC}{2\sin\angle ADC}=\frac{\sqrt{AN^{2}+CN^{2}}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{25+12}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{37}}{\sqrt{3}}.
Пусть OH
— высота треугольника BOM
. Тогда
OH=\sqrt{OB^{2}-BH^{2}}=\sqrt{R^{2}-\frac{BM^{2}}{4}}=\frac{5}{2\sqrt{7}}.
Следовательно,
S_{\triangle BOM}=\frac{1}{2}BM\cdot OH=\frac{155\sqrt{3}}{84}.