5638. Окружность с центром O
вписана в равнобедренную трапецию ABCD
с основаниями AD\gt BC
. Прямые AO
и BC
пересекаются в точке P
, а прямые BO
и AD
— в точке Q
.
а) Докажите, что прямая PQ
касается вписанной окружности трапеции ABCD
.
б) Пусть M
— точка касания окружности с боковой стороной CD
трапеции. В каком отношении прямая AM
делит площадь трапеции, если AD=3BC
?
Ответ. \frac{7}{9}
.
Решение. а) Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому AP
и BQ
— биссектрисы углов при вершинах A
и B
трапеции. Тогда
\angle AQB=\angle PBQ=\angle ABQ,
значит, треугольник ABQ
равнобедренный, AQ=AB
. Аналогично BP=AQ
, поэтому BP=AQ
. Противоположные стороны BP
и AQ
четырёхугольника ABPQ
равны и параллельны, значит, это параллелограмм, а так как AB=AQ
, то это ромб.
Окружность с центром в точке O
пересечения диагоналей ромба, касается трёх его сторон, значит, эта окружность вписана в ромб. Следовательно, четвёртая сторона PQ
ромба также касается этой окружности.
б) Пусть окружность, вписанная в трапецию, касается оснований BC
и AD
в точках K
и L
соответственно. Поскольку трапеция равнобедренная, K
и L
— середины оснований.
Положим BC=2a
, AD=6a
. Тогда CM=CK=a
, DM=DL=3a
, значит, \frac{CM}{DM}=\frac{1}{3}
.
Пусть высота трапеции равна h
. Треугольники PMC
и AMD
подобны с коэффициентом \frac{1}{3}
, значит, высота h_{1}
треугольника AMD
, проведённая из вершины M
, втрое больше высоты треугольника PMC
, проведённой из той же вершины. Следовательно, h_{1}=\frac{3}{4}h
. Тогда
S_{\triangle AMD}=\frac{1}{2}AD\cdot h=\frac{1}{2}\cdot6a\cdot\frac{3}{4}h=\frac{9}{4}ah,
а так как
S_{ABCD}=\frac{BC+AD}{2}\cdot h=\frac{2a+6a}{2}\cdot h=4ah,
то
S_{\triangle AMD}=\frac{9}{16}S_{ABCD},~S_{ABCM}=S_{ABCD}-S_{\triangle AMD}=\frac{7}{16}S_{ABCD}.
Следовательно,
\frac{S_{ABCM}}{S_{\triangle AMD}}=\frac{7}{9}.