17118. В окружность радиуса 3 с центром в точке O
вписана трапеция. Найдите площадь трапеции, если известно, что окружность радиуса 1 с центром в точке O
касается одного из оснований трапеции и проходит через точку пересечения диагоналей.
Ответ. \frac{100\sqrt{2}}{9}
.
Решение. Пусть ABCD
— данная равнобедренная трапеция (см. задачу 5003), E
— точка пересечения её диагоналей AC
и BD
, F
— точка касания основания AB
с меньшей окружностью, а G
— середина CD
. Обозначим \angle BAC=\alpha
.
По теореме Пифагора
AF^{2}=AO^{2}-OF^{2}=3^{2}-1^{2}=8,~AE^{2}=AF^{2}+EF^{2}=8+4=12.
Тогда
\sin\alpha=\frac{EF}{AE}=\frac{2}{\sqrt{12}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.
По теореме синусов
BC=2OA\sin\alpha=6\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3},
а так как треугольники CGE
и AEF
подобны, то
\frac{EG}{CG}=\frac{AF}{EF}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}~\Rightarrow~EG=\frac{CG}{\sqrt{2}}.
Обозначим CG=x
. Пусть CH
— высота данной трапеции. Тогда
BH=BF-FH=BF-CG=2\sqrt{2}-x,~CH=FE+EG=2+\frac{x}{\sqrt{2}}.
По теореме Пифагора
12=BC^{2}=CH^{2}+BH^{2}=\left(2+\frac{x}{\sqrt{2}}\right)^{2}+(2\sqrt{2}-x)^{2},
откуда находим, что x=\frac{4\sqrt{2}}{3}
. Следовательно,
S_{ABCD}=\frac{1}{2}(AB+CD)\cdot CH=(CG+BF)\cdot CH=(x+2\sqrt{2})\left(2+\frac{x}{\sqrt{2}}\right)=
=\left(\frac{4\sqrt{2}}{3}+2\sqrt{2}\right)\left(2+\frac{\frac{4\sqrt{2}}{3}}{\sqrt{2}}\right)=\frac{10\sqrt{2}}{3}\cdot\frac{10}{3}=\frac{100\sqrt{2}}{9}.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет НГУ. — 1978, задача 3, вариант 6
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1978, с. 19, задача 3, вариант 6