Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 12968
2023-05-08 
В прямоугольную трапецию $ABCD$ с прямым углом при вершине $A$ и острым углом при вершине $D$ вписана окружность с центром $O$. Прямая $DO$ пересекает сторону $AB$ в точке $M$, а прямая $CO$ пересекает сторону $AD$ в точке $K$.
а) Докажите, что $\angle AMO=\angle DKO$.
б) Найдите площадь треугольника $AOM$, если $BC=5$ и $AD=20$.
Решение:
а) Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе угла, поэтому $CO$ и $DO$ - биссектрисы углов $BCD$ и $ADC$, а т.к. сумма этих углов равна $180^{\circ}$, то $\angle OCD+\angle ODC=90^{\circ}$. Значит, $\angle COD=90^{\circ}$.
Биссектриса $DO$ треугольника $CDK$ является его высотой, поэтому треугольник $CDK$ равнобедренный. Следовательно,
$\angle DKO=\angle OCD=90^{\circ}-\angle ODC=90^{\circ}-\angle ADM=\angle AMD=\angle AMO.$
б) Пусть окружность радиуса $R$, вписанная в трапецию, касается её сторон $BC$, $CD$, $AD$ и $AB$ в точках $F$, $G$, $H$ и $P$. соответственно. Тогда
$CG=CF=BC-BF=5-R,~DG=DH=AD-AH=20-R,$
а т.к. $OG$ - высота прямоугольного треугольника $COD$, проведённая из вершины прямого угла, то $OG^{2}=CG\cdot DG$ (см. задачу 6185), или $R^{2}=(5-R)(20-R)$. Отсюда находим, что $R=4$.
Прямоугольные треугольники $MPO$ и $CFO$ равны по катету ($OP=OF=R$) и противолежащему острому углу ($\angle OMP=\angle OCF$), значит, $MP=CF$. Тогда
$AM=AP+MP=BF+CF=BC=5.$
Следовательно,
$S_{\Delta AOM}=\frac{1}{2}AM\cdot OP=\frac{1}{2}\cdot5\cdot4=10.$
В прямоугольную трапецию $ABCD$ с прямым углом при вершине $A$ и острым углом при вершине $D$ вписана окружность с центром $O$. Прямая $DO$ пересекает сторону $AB$ в точке $M$, а прямая $CO$ пересекает сторону $AD$ в точке $K$.
а) Докажите, что $\angle AMO=\angle DKO$.
б) Найдите площадь треугольника $AOM$, если $BC=5$ и $AD=20$.
Решение:
а) Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе угла, поэтому $CO$ и $DO$ - биссектрисы углов $BCD$ и $ADC$, а т.к. сумма этих углов равна $180^{\circ}$, то $\angle OCD+\angle ODC=90^{\circ}$. Значит, $\angle COD=90^{\circ}$.
Биссектриса $DO$ треугольника $CDK$ является его высотой, поэтому треугольник $CDK$ равнобедренный. Следовательно,
$\angle DKO=\angle OCD=90^{\circ}-\angle ODC=90^{\circ}-\angle ADM=\angle AMD=\angle AMO.$
б) Пусть окружность радиуса $R$, вписанная в трапецию, касается её сторон $BC$, $CD$, $AD$ и $AB$ в точках $F$, $G$, $H$ и $P$. соответственно. Тогда
$CG=CF=BC-BF=5-R,~DG=DH=AD-AH=20-R,$
а т.к. $OG$ - высота прямоугольного треугольника $COD$, проведённая из вершины прямого угла, то $OG^{2}=CG\cdot DG$ (см. задачу 6185), или $R^{2}=(5-R)(20-R)$. Отсюда находим, что $R=4$.
Прямоугольные треугольники $MPO$ и $CFO$ равны по катету ($OP=OF=R$) и противолежащему острому углу ($\angle OMP=\angle OCF$), значит, $MP=CF$. Тогда
$AM=AP+MP=BF+CF=BC=5.$
Следовательно,
$S_{\Delta AOM}=\frac{1}{2}AM\cdot OP=\frac{1}{2}\cdot5\cdot4=10.$
