12290. В прямоугольную трапецию ABCD
с прямым углом при вершине A
вписана окружность, касающаяся оснований BC
и AD
в точках P
и Q
соответственно.
а) Докажите, что диагонали трапеции делят отрезок PQ
в одном и том же отношении.
б) Найдите отношение оснований трапеции, если прямая PQ
делит площадь трапеции в отношении 4:5
, т. е. S_{ABPQ}:S_{DCPQ}=4:5
.
Ответ. 1:2
.
Решение. а) Пусть O
— центр окружности, R
— радиус, M
— точка касания с большей боковой стороной CD
. Поскольку OP\perp BC
и OQ\perp AD
, отрезок PQ
проходит через точку O
. Обозначим CP=x
(x\lt R
).
Поскольку CO
и DO
— биссектрисы углов BCD
и ADC
, сумма которых равна 180^{\circ}
, треугольник COD
прямоугольный, а OM
— его высота, проведённая из вершины прямого угла. Тогда
DQ=DM=\frac{OM^{2}}{CM}=\frac{R^{2}}{x}.
Пусть E
— точка пересечения PQ
с диагональю AC
. Из подобия треугольников CEP
и AEQ
получаем, что \frac{PE}{EQ}=\frac{CP}{AQ}=\frac{x}{R}
.
Пусть F
— точка пересечения PQ
с диагональю BD
. Из подобия треугольников BFP
и DFQ
получаем, что
\frac{PF}{FQ}=\frac{BP}{DQ}=\frac{R}{\frac{R^{2}}{x}}=\frac{x}{R}.
Следовательно, \frac{PE}{EQ}=\frac{PF}{FQ}
. Что и требовалось доказать.
(Фактически доказано, что отрезок PQ
проходит через точку пересечения диагоналей трапеции ABCD
.)
б) Заметим, что
S_{ABPQ}=AB\cdot BP=2R^{2},~
S_{DCPQ}=\frac{CP+DQ}{2}\cdot PQ=\frac{x+\frac{R^{2}}{x}}{2}\cdot2R=R\left(x+\frac{R^{2}}{x}\right).
Из условия задачи следует, что
\left(x+\frac{R^{2}}{x}\right)=\frac{5}{4}\cdot2R^{2},~~x+\frac{R^{2}}{x}=\frac{5}{2}R,~~2x^{2}-5Rx+2R^{2}=0.
Учитывая, что x\lt R
, из этого уравнения находим, что x=\frac{R}{2}
. Значит,
BC=R+x=\frac{3}{2}R,~AD=R+\frac{R^{2}}{x}=R+2R=3R.
Следовательно, \frac{BC}{AD}=\frac{1}{2}
.