Задача №15285

В квадрате $ABCD$ точки $M$ и $N$ — середины сторон $AB$ и $BC$ соответственно. Отрезки $CM$ и $DN$ пересекаются в точке $K\text{.}$

а) Докажите, что $\angle BKM=45^{\circ }\text{.}$
б) Найдите радиус окружности, описанной около треугольника $ABK\text{,}$ если $AB=2\sqrt{10}\text{.}$

Пусть сторона квадрата равна $a\text{.}$

а) Рассмотрим $△MBC$ и $△NCD\text{.}$ По условию $MB=NC=\frac{a}{2}\text{,}$ $BC=CD=a$ и $\angle MBC=\angle NCD=90^{\circ }\text{.}$ Следовательно, $△MBC=△NCD$ по двум катетам.

Из равенства треугольников следует, что $\angle MCB=\angle NDC\text{.}$ Обозначим этот угол как $\alpha \text{.}$ Тогда $\angle KCD=\angle BCD-\angle MCB=90^{\circ }-\alpha \text{.}$

В $△KCD$ сумма углов равна $180^{\circ }\text{,}$ откуда:

$$\angle CKD=180^{\circ }-(\angle KCD+\angle KDC)=180^{\circ }-(90^{\circ }-\alpha +\alpha )=90^{\circ }$$

Следовательно, $\angle MKN=\angle CKD=90^{\circ }$ (как вертикальные). В четырёхугольнике $MBNK$ сумма противоположных углов $\angle MBN+\angle MKN=90^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ }\text{,}$ значит, около него можно описать окружность.

Углы $BKM$ и $BNM$ опираются на одну и ту же дугу $BM$ описанной окружности, следовательно, $\angle BKM=\angle BNM\text{.}$ В прямоугольном $△MBN$ катеты $MB=BN=\frac{a}{2}\text{,}$ значит, он равнобедренный и $\angle BNM=45^{\circ }\text{.}$ Таким образом, $\angle BKM=45^{\circ }\text{,}$ что и требовалось доказать.

б) По условию $a=2\sqrt{10}\text{.}$ Найдем стороны $△ABK\text{.}$

Из $△MBC$ по теореме Пифагора $MC=\sqrt{a^2+(a/2{)}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\text{.}$ Тогда $\sin \alpha =\frac{MB}{MC}=\frac{a/2}{a\sqrt{5}/2}=\frac{1}{\sqrt{5}}$ и $\cos \alpha =\frac{2}{\sqrt{5}}\text{.}$

В $△KCD\text{:}$ $DK=CD\cdot \cos \alpha =\frac{2a}{\sqrt{5}}\text{.}$ В $△ADK$ по теореме косинусов (учитывая, что $\angle ADK=90^{\circ }-\alpha$):

$$A{K}^2=A{D}^2+D{K}^2-2\cdot AD\cdot DK\cdot \cos (90^{\circ }-\alpha )=a^2+\frac{4a^2}{5}-2\cdot a\cdot \frac{2a}{\sqrt{5}}\cdot \sin \alpha =a^2+\frac{4a^2}{5}-\frac{4a^2}{5}=a^2$$

Значит, $AK=a=2\sqrt{10}\text{.}$ Треугольник $ABK$ равнобедренный ($AB=AK=a$). Найдем основание $BK$ из $△BKC$ по теореме косинусов ($CK=CD\cdot \sin \alpha =\frac{a}{\sqrt{5}}$):

$$B{K}^2=B{C}^2+C{K}^2-2\cdot BC\cdot CK\cdot \cos \alpha =a^2+\frac{a^2}{5}-2\cdot a\cdot \frac{a}{\sqrt{5}}\cdot \frac{2}{\sqrt{5}}=a^2+\frac{a^2}{5}-\frac{4a^2}{5}=\frac{2a^2}{5}$$

Подставляя $a^2=40\text{,}$ получаем $B{K}^2=\frac{2\cdot 40}{5}=16\text{,}$ откуда $BK=4\text{.}$

Пусть $R$ — радиус описанной окружности $△ABK\text{,}$ а $\varphi =\angle BAK\text{.}$ По теореме косинусов для $BK\text{:}$

$$\cos \varphi =\frac{A{B}^2+A{K}^2-B{K}^2}{2\cdot AB\cdot AK}=\frac{40+40-16}{2\cdot 40}=\frac{64}{80}=0,8$$

Тогда $\sin \varphi =\sqrt{1-0,8^2}=0,6\text{.}$ По теореме синусов:

$$R=\frac{BK}{2\sin \varphi }=\frac{4}{2\cdot 0,6}=\frac{2}{0,6}=\frac{20}{6}=\frac{10}{3}$$

Ответ: $\frac{10}{3}$