5615. Около окружности описана равнобедренная трапеция ABCD
; E
и F
— точки касания этой окружности с боковыми сторонами AB
и CD
соответственно.
а) Докажите, что BE:AE=CF:DF
.
б) Найдите площадь трапеции BCFE
, если известно, что BC=2
, AD=18
.
Ответ. \frac{42}{25}
.
Решение. а) Пусть продолжения боковых сторон трапеции пересекаются в точке P
. Тогда треугольник APD
равнобедренный, а так как PE=PF
, то треугольник EPF
также равнобедренный. У этих треугольников равны углы при общей вершине P
, значит, равны углы при основаниях, т. е. \angle PEF=\angle PAD
. Следовательно, EF\parallel AD
. Тогда по теореме Фалеса BE:AE=CF:DF
.
б) Пусть M
— точка касания с основанием BC
вписанной в трапецию окружности. Поскольку трапеция равнобедренная, M
— середина BC
, поэтому CF=CM=1
. Аналогично DF=\frac{1}{2}AD=9
. Значит, CD=1+9=10
. Из подобия треугольников BPC
и APD
получаем, что \frac{PC}{PC+CD}=\frac{BC}{AD}
, или \frac{PC}{PC+10}=\frac{1}{9}
, откуда PC=\frac{5}{4}
. Тогда
PF=PC+CF=\frac{5}{4}+1=\frac{9}{4},~PD=PF+FD=\frac{9}{4}+9=\frac{45}{4}
Пусть площадь треугольника APB=S
. Тогда
S_{\triangle BPC}=\left(\frac{1}{9}\right)^{2}S=\frac{1}{81}S,~
S_{\triangle EPF}=\left(\frac{PF}{PD}\right)^{2}S=\left(\frac{PF}{PD}\right)^{2}S=\left(\frac{1}{5}\right)^{2}S=\frac{1}{25}S,
поэтому
S_{BCFE}=S_{\triangle EPF}-S_{\triangle BPC}=\left(\frac{1}{25}-\frac{1}{81}\right)S=\frac{56}{25\cdot81}S.
Пусть H
— проекция точки C
на AB
. Тогда
DH=\frac{AD-BC}{2}=\frac{18-2}{2}=8
(см. задачу 1921). Из прямоугольного треугольника CHD
находим, что
CH=\sqrt{CD^{2}-DH^{2}}=\sqrt{100-64}=6.
Значит,
S_{ABCD}=\frac{AD+BC}{2}\cdot CH=\frac{18+2}{2}\cdot6=60.
С другой стороны,
S_{ABCD}=S-S_{\triangle BPC}=S-\frac{1}{81}S=\frac{80}{81}S.
Из равенства \frac{80}{81}S=60
находим, что
S=\frac{60\cdot81}{80}=\frac{243}{4}.
Следовательно,
S_{BCFE}=\frac{56}{25\cdot81}S=\frac{56}{25\cdot81}\cdot\frac{243}{4}=\frac{42}{25}.