Задание №174660: Геометрия

4. Дана трапеция ABCD с основаниями BC и AD . Окружность  радиуса 5 , центр O которой лежит на диагонали BD , касается отрезков BC , CD и AD в точках M , N и K соответственно. Известно, что BD10, а четырёхугольник KOBA вписан в окружность  . Найдите угол COB, площадь трапеции ABCD и радиус окружности  . 75 5 Ответ. COB 90 , S  , r  . 2 2 10 © МФТИ, 2014 Решения олимпиады “Физтех–2014”, билет 4 Решение. Окружность вписана в углы C и D трапеции, следовательно, её центр лежит на пересечении биссектрис этих углов. Поскольку угол между биссектрисами внутренних односторонних углов при параллельных прямых равен 90 , получаем COB COD 90  . Треугольник DBC равнобедренный, так как CO является его высотой и биссектрисой. Значит, CO также является медианой, поэтому DO BO5. Пусть CBDBDABDC. Из 1 2 1 прямоугольного треугольника MOB находим, что BM  2 5 , tg , cos , sin . 2 5 5 Поскольку вокруг четырёхугольника KOBA можно описать окружность, сумма его противоположных углов равна 180  . Следовательно, OBA 90  . Из прямоугольного треугольника ABD находим, что BD BO 5 5 AD   5 5 , AB  ADsin5. Из треугольника BOC получаем, что BC   . cos cos 2 1 1 15 5 75 Находим площадь трапеции: S  MK BC  AD 2 5   . 2 2 2 2 Отрезок OA является диаметром окружности  . Из треугольника AOB получаем, что