10252. В каком отношении делит площадь прямоугольной трапеции, описанной около окружности, биссектриса её острого угла?
Ответ. 1:1
.
Решение. Пусть ABCD
— данная трапеция с меньшей боковой стороной AB
. Тогда биссектриса её острого угла D
проходит через центр O
окружности, вписанной в трапецию, и пересекает сторону AB
в точке E
.
Первый способ. Обозначим точки касания вписанной окружности со сторонами AB
, BC
, CD
и DA
через K
, L
, M
и N
соответственно (рис. 1). Заметим, что
\angle KOE=\angle ADE\lt45^{\circ}
и BKOL
— квадрат, поэтому точка E
лежит на отрезке BK
. Поскольку
\angle CDE=\angle ADE=\angle KOE=\angle LOC=\angle MOC
(равенство острых углов с соответственно параллельными и с соответственно перпендикулярными сторонами), то треугольники OKE
, OLC
и OMC
равны. Также равны прямоугольные треугольники OMD
и OND
. Кроме того, равны квадраты AKON
и BKOL
. Таким образом,
S_{\triangle ADE}=S_{\triangle OND}+S_{AKON}+S_{\triangle OKE}=S_{\triangle OMD}+S_{BKOL}+S_{\triangle OMC}=
=S_{\triangle OMD}+(S_{BEOL}+S_{\triangle OLC})+S_{\triangle OMC}=S_{CDEB},
т. е. биссектриса DE
делит площадь трапеции пополам.
Второй способ. Пусть радиус вписанной окружности равен r
, а \angle CDA=2\alpha
(рис. 2). Тогда
AB=2r,~CD=\frac{2r}{\sin2\alpha},
S_{ABCD}=\frac{AD+BC}{2}\cdot NL=\frac{AB+CD}{2}\cdot2r=
=r\left(2r+\frac{2r}{\sin2\alpha}\right)=2r^{2}\left(1+\frac{1}{\sin2\alpha}\right),
S_{\triangle ADE}=\frac{1}{2}AD\cdot AE=\frac{1}{2}AD^{2}\tg\alpha=\frac{1}{2}(r+r\ctg\alpha)^{2}\tg\alpha=
=\frac{r^{2}}{2}(1+2\ctg\alpha+\ctg^{2}\alpha)\tg\alpha=\frac{r^{2}}{2}(\tg\alpha+2+\ctg\alpha)=
=\frac{r^{2}}{2}\left(\frac{1}{\sin\alpha\cos\alpha}+2\right)=r^{2}\left(\frac{1}{\sin2\alpha}+1\right).
Таким образом, \frac{S_{\triangle ADE}}{S_{ABCD}}=\frac{1}{2}
, т. е. биссектриса DE
делит площадь пополам.
Третий способ. Пусть биссектриса угла BCD
пересекает прямую AD
в точке F
(рис. 3). Поскольку CF\perp DE
(как биссектрисы смежных углов), то DO
— высота треугольника CDF
, значит, этот треугольник равнобедренный, FD=CD
. Поскольку AD\gt CD
, точка F
лежит на стороне AD
. Кроме того, треугольники COD
и FOD
равны, значит, они равновелики.
Рассмотрим поворот с центром O
на 90^{\circ}
по часовой стрелке. Поскольку AKON
и BKOL
— равные квадраты, образом точки A
при таком повороте является точка B
. Образом луча OF
— луч OE
, а образом прямой DA
— прямая AB
, поэтому точка F
при этом повороте переходит в точку E
. Кроме того, образом прямой AB
является прямая BC
, поэтому точка E
переходит в точку C
. Таким образом, четырёхугольник OEBC
является образом четырёхугольника OFAE
. Следовательно, эти четырёхугольники равны (и равновелики). Из доказанного следует, что биссектриса DE
делит площадь трапеции пополам.