12307. Окружность, вписанная в прямоугольную трапецию ABCD
, касается большей боковой стороны CD
в точке N
, а оснований BC
и AD
— в точках K
и L
соответственно.
а) Докажите, что \frac{CK}{DL}=\left(\frac{BC}{AD}\right)^{2}
.
б) Пусть окружность, вписанная в данную трапецию, касается меньшей боковой стороны AB
в точке M
, а прямая MN
пересекает прямые BC
и AD
в точках P
и Q
соответственно. Найдите площадь трапеции BPDQ
, если BC=1
и AD=3
.
Ответ. \frac{9}{2}
.
Решение. а) Пусть O
— центр окружности, r
— радиус, M
— точка касания со стороной AB
. Обозначим BC=a
, AD=b
. Поскольку OKBM
квадрат, BK=OM=r
. Тогда CK=BC-BK=a-r
. Аналогично DL=b-r
.
Треугольник COD
прямоугольный, так как CO
и DO
— биссектрисы углов BCD
и ADC
, сумма которых равна 180^{\circ}
. Отрезок ON
— высота этого треугольника, проведённая из вершины прямого угла, поэтому ON^{2}=CN\cdot ND=CK\cdot DL
, или r^{2}=(a-r)(b-r)
. Отсюда находим, что r=\frac{ab}{a+b}
. Тогда
CK=a-r=a-\frac{ab}{a+b}=\frac{a^{2}}{a+b},~DL=b-r=\frac{b^{2}}{a+b}.
Следовательно,
\frac{CK}{DL}=\frac{\frac{a^{2}}{a+b}}{\frac{b^{2}}{a+b}}=\frac{a^{2}}{b^{2}}=\left(\frac{BC}{AD}\right)^{2}.
б) Обозначим CP=x
. Точка M
— середина боковой стороны AB
, поэтому треугольник MAQ
равен треугольнику MBP
. Значит,
AQ=BP=BC+CP=a+x,~DQ=AQ+AD=a+x+b.
Треугольник DNQ
подобен треугольнику CNP
с коэффициентом
\frac{DN}{CN}=\frac{DL}{CK}=\frac{b^{2}}{a^{2}},
значит,
DQ=\frac{a^{2}}{b^{2}}\cdot CP=\frac{b^{2}}{a^{2}}\cdot x.
Из уравнения a+x+b=\frac{b^{2}}{a^{2}}\cdot x
находим, что x=\frac{a^{2}}{b-a}
. Тогда
BP=a+x=a+\frac{a^{2}}{b-a}=\frac{ab}{b-a},
DQ=a+x+b=a+b+\frac{a^{2}}{b-a}=\frac{b^{2}}{b-a}.
Следовательно,
S_{BPDQ}=\frac{BP+DQ}{2}\cdot2r=(BP+DQ)r=
=\left(\frac{ab}{b-a}+\frac{b^{2}}{b-a}\right)\cdot\frac{ab}{a+b}=\frac{ab^{2}}{b-a}=\frac{1\cdot9}{2}=\frac{9}{2}.