5641. В равнобедренной трапеции KLMN
с основаниями LM
и KN
расположены две окружности с центрами O_{1}
и O_{2}
, каждая из которых касается другой окружности, двух боковых сторон и одного из оснований. Пусть общая касательная окружностей, проходящая через их точку касания, пересекает боковые стороны в точках A
и B
.
а) Докажите, что \angle O_{1}AO_{2}=90^{\circ}
.
б) Найдите площадь трапеции KLMN
, если известно, что AB=4\sqrt{2}
, а радиус одной окружности вдвое больше радиуса другой.
Ответ. 60\sqrt{2}
.
Решение. а) Пусть точки A
и B
лежат на боковых сторонах соответственно KL
и MN
трапеции ABCD
, а O_{1}
и O_{2}
— центры окружностей, вписанных в трапеции ALMB
и KABN
соответственно.
Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, значит, AO_{1}
и AO_{2}
— биссектрисы смежных углов BAL
и BAK
. Следовательно, \angle O_{1}AO_{2}=90^{\circ}
(см. задачу 937).
б) Поскольку трапеции ALMB
и KABN
равнобедренные, вписанные в них окружности касаются оснований LM
, AB
и KN
в их серединах P
, C
и Q
соответственно. Значит, середина C
отрезка AB
— точка касания окружностей, а линия центров окружностей проходит через точку C
. Тогда AC
— высота прямоугольного треугольника O_{1}AO_{2}
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому AC^{2}=O_{1}C\cdot O_{2}C
, или 8=r\cdot2r
, где r
и 2r
— радиусы окружностей. Отсюда находим, что r=2
, а высота PQ
трапеции KLMN
равна сумме диаметров окружностей, т. е.
PQ=2r+4r=6r=12.
Пусть O_{1}
— центр меньшей окружности, D
— её точка касания с боковой стороной AL
. Треугольник AO_{1}L
прямоугольный (см. задачу 313), а O_{1}D
— его высота, проведённая из вершины прямого угла, поэтому O_{1}D^{2}=AD\cdot DL=AC\cdot DL
, или r^{2}=2\sqrt{2}\cdot DL
. Отсюда находим, что
DL=\frac{r^{2}}{2\sqrt{2}}=\frac{4}{2\sqrt{2}}=\sqrt{2}.
значит,
LM=2LP=2DL=2\sqrt{2}.
Аналогично находим, что KN=8\sqrt{2}
. Следовательно,
S_{KLMN}=\frac{LM+KN}{2}\cdot PQ=\frac{2\sqrt{2}+8\sqrt{2}}{2}\cdot12=60\sqrt{2}.