17247. Две окружности радиусов 3 и 2 касаются друг друга внешним образом. Трапеция ABCD
расположена так, что её основания AB
и CD
являются диаметрами этих окружностей. Найдите BC
и AD
, если известно, что площадь трапеции равна \frac{25\sqrt{3}}{2}
.
Ответ. \sqrt{21}
и \sqrt{31}
.
Решение. Пусть O_{1}
и O_{2}
— центры данных окружности радиусов r_{1}=3
и r_{2}=2
соответственно. Проведём из точки O_{2}
отрезки O_{2}L
и O_{2}M
, параллельные соответственно боковым сторонам BC
и AD
трапеции, а также опустим перпендикуляр O_{2}K
на AB
. Тогда MADO_{2}
и LBCO_{2}
— параллелограммы, поэтому
AM=DO_{2}=r_{2}=CO_{2}=BL=2~\Rightarrow~O_{1}L=O_{1}M=r_{1}-r_{2}=1.
Зная основания AB=6
и CD=4
трапеции, а также площадь S_{ABCD}=\frac{25\sqrt{3}}{2}
, находим её высоту
h=O_{2}K=\frac{2S_{ABCD}}{AB+CD}=\frac{25\sqrt{3}}{6+4}=\frac{5\sqrt{3}}{2}.
Из прямоугольного треугольника O_{1}KO_{2}
с катетом O_{2}K=\frac{5\sqrt{3}}{2}
и гипотенузой O_{1}O_{2}=5
находим
KO_{1}=\sqrt{O_{1}O_{2}^{2}-O_{2}K^{2}}=\sqrt{5^{2}-\left(\frac{5\sqrt{3}}{2}\right)^{2}}=\sqrt{25-\frac{75}{4}}=\frac{5}{2}.
Тогда
KL=KO_{1}-O_{1}L=\frac{5}{2}-1=\frac{3}{2},~KM=KO_{1}+O_{1}M=\frac{5}{2}+1=\frac{7}{2}.
Следовательно,
BC=O_{2}L=\sqrt{O_{2}K^{2}+KL^{2}}=\sqrt{\left(\frac{5\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{3}{2}\right)^{2}}=\sqrt{21},
AD=O_{2}M=\sqrt{O_{2}K^{2}+KM^{2}}=\sqrt{\left(\frac{5\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{7}{2}\right)^{2}}=\sqrt{31}.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический и экономический факультеты НГУ. — 2002, задача 3, вариант 2.1
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 2002, с. 101, задача 3, вариант 2.1