В пятиугольник $ABCDE$ вписана окружность $\omega$ радиусом $m$ с центром в точке $O$. Четырёхугольник $ABDE$ является равнобедренной трапецией с бо́льшим основанием $BD$; $P$ — точка касания окружности $\omega$ со стороной $AE$.
а) Докажите, что точки $C$, $O$ и $P$ лежат на одной прямой.
б) Найдите площадь пятиугольника $ABCDE$, если $AE=14$, $BD=24$, $AB=13$.
Решение
а) Обозначим точки касания окружности $\omega$ со сторонами $AB$, $BC$, $CD$ и $DE$ буквами $F$, $G$, $N$ и $K$. Центр $O$ равноудалён от прямых $BA$ и $DE$ и лежит на оси симметрии равнобедренной трапеции $ABDE$ — прямой, соединяющей середины её оснований и перпендикулярной им.
По свойству отрезков касательных:
$$AP=PE=AF=EK;\qquad BG=BF=AB-AF=ED-EK=DK=DN;\qquad CG=CN.$$
Поэтому $BC=CD$, треугольник $BCD$ равнобедренный и точка $C$ лежит на перпендикуляре к $BD$, проходящем через его середину. Следовательно, $C$, $O$ и $P$ лежат на одной прямой.
б) $\cos\angle ABD=\dfrac{BD-AE}{2AB}=\dfrac5{13}$, поэтому
$$\cos\angle BAE=-\dfrac5{13};\qquad \cos^2\angle OAE=\dfrac{1+\cos\angle BAE}{2}=\dfrac4{13};\qquad \operatorname{tg}^2\angle OAE=\dfrac1{\cos^2\angle OAE}-1=\dfrac94.$$
Из треугольника $AOP$ получаем $m=AP\operatorname{tg}\angle OAE=7\cdot1{,}5=10{,}5$. Высота трапеции равна $AB\sin\angle ABD=12>m$, поэтому $O$ лежит внутри трапеции.
Далее,
$$\cos\angle OBG=\dfrac{BG}{BO}=\dfrac{13-7}{\sqrt{10{,}5^2+6^2}}=\dfrac4{\sqrt{65}};\qquad \sin\angle OBG=\dfrac7{\sqrt{65}};$$
$$\cos\angle OBD=\dfrac{BD}{2BO}=\dfrac{12}{\sqrt{10{,}5^2+6^2}}=\dfrac8{\sqrt{65}};\qquad \sin\angle OBD=\dfrac1{\sqrt{65}}.$$
Отсюда $\cos\angle DBC=\cos(\angle OBG-\angle OBD)=\dfrac{32+7}{65}=\dfrac35$, а $\operatorname{tg}\angle DBC=\sqrt{\dfrac1{\cos^2\angle DBC}-1}=\dfrac43$.
$$S_{BCD}=\dfrac12BD\cdot\dfrac{BD}{2}\operatorname{tg}\angle DBC=12\cdot12\cdot\dfrac43=192;$$
$$S_{ABDE}=\dfrac{AE+BD}{2}\sqrt{AB^2-\left(\dfrac{BD-AE}{2}\right)^2}=\dfrac{14+24}{2}\sqrt{13^2-5^2}=228.$$
Искомая площадь равна $S_{ABCDE}=228+192=420$.
Ответ: б) $420$