4811. В равнобедренной трапеции лежат две касающиеся окружности радиусов R
, каждая из которых касается обоих оснований и одной из боковых сторон, а центры окружностей лежат на диагоналях. Найдите стороны трапеции.
Ответ. 2R\sqrt{2}
, 2R\sqrt{2}
, 2R\sqrt{2}
, 2R(2+\sqrt{2})
.
Указание. Диагональ данной трапеции отсекает от неё равнобедренный треугольник.
Решение. Первый способ. Пусть окружность с центром O_{1}
касается боковой стороны AB
и оснований AD
и BC
в точках M
, K
и N
соответственно, а центр этой окружности лежит на диагонали AC
. Поскольку AC
— биссектриса угла BAD
, то BC=AB=CD
.
Обозначим AK=x
. Из прямоугольного треугольника AO_{1}B
находим, что MB=\frac{O_{1}M^{2}}{AM}=\frac{R^{2}}{x}
(см. задачу 313). Поскольку AB=BC
, то
x+\frac{R^{2}}{x}=\frac{2R^{2}}{x}+2R,~\mbox{или}~x^{2}-2Rx-R^{2}=0.
Отсюда находим, что xR(1+\sqrt{2})
. Следовательно,
AB=BC=CD=R(1+\sqrt{2})+\frac{R^{2}}{R(1+\sqrt{2})}=2R\sqrt{2},
AD=2x+2R=2R(2+\sqrt{2}).
Второй способ. Пусть O_{1}
и O_{2}
— центры окружностей. Тогда O_{1}O_{2}=2R
, а отрезок O_{1}O_{2}
принадлежит средней линии трапеции. Поэтому
O_{1}O_{2}=\frac{AD-BC}{2}
(AD
и BC
— основания трапеции, AD\gt BC
).
Если P
— проекция вершины B
на AD
, то
AP=\frac{AD-BC}{2}=O_{1}O_{2}=2R.
Следовательно, APB
— равнобедренный прямоугольный треугольник,
AP=BP=2R,~AB=\sqrt{2}BP=2R\sqrt{2},~BC=CD=AB=2R\sqrt{2},
AD=BC+2AP=2R\sqrt{2}+4R=2R(2+\sqrt{2}).
Источник: Вступительный экзамен в МИРЭА. — 1988, № 5, вариант 1
Источник: Журнал «Квант». — 1989, № 3, с. 70