1586. В равнобедренную трапецию ABCD
(BC\parallel AD)
вписана окружность радиуса R
, касающаяся основания AD
в точке P
и пересекающая отрезок BP
в точке Q
такой, что PQ=3BQ
. Найдите углы и площадь трапеции.
Ответ. \tg\angle ABC=4\sqrt{3}
; \frac{7R^{2}}{\sqrt{3}}
.
Указание. Примените теорему о касательной и секущей; рассмотрите треугольник BKP
(K
— середина BC
); докажите, что BC
— большее основание трапеции.
Решение. Пусть O
— центр окружности, M
— точка касания со стороной AB
, K
— со стороной BC
. Обозначим BQ=x
. Тогда
PQ=3x,~BP=4x,~BM^{2}=BP\cdot BQ=4x^{2}.
Отсюда следует, что BM=2x
, BK=BM=2x
.
По теореме Пифагора
BP^{2}=BK^{2}+KP^{2},~\mbox{или}~16x^{2}=4x^{2}+4R^{2}.
Отсюда следует, что x=\frac{R}{\sqrt{3}}
. Из прямоугольного треугольника BOA
находим, что
AM=\frac{MO^{2}}{BM}=\frac{R^{2}}{2x}=\frac{3x}{2},~\mbox{т. е.}~AM\lt BM.
Поэтому BC
— большее основание трапеции ABCD
.
AB=AM+MB=\frac{3x}{2}+2x=\frac{7x}{2}.
Пусть F
— проекция точки B
на прямую AD
. Тогда
\sin\angle BAF=\frac{BF}{AB}=\frac{2R}{\frac{7x}{2}}=\frac{4\sqrt{3}}{7},
\cos\angle DAB=-\frac{1}{7},~\tg\angle DAB=-4\sqrt{3}.
Поскольку трапеция ABCD
— описанная и равнобедренная, то её средняя линия равна боковой стороне. Следовательно,
S_{ABCD}=AB\cdot BF=\frac{7x}{2}\cdot2R=7xR=\frac{7R^{2}}{\sqrt{3}}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1984, билет 12, № 4
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 84-12-4, с. 264