5687. Около окружности с центром O
описана трапеция ABCD
с основаниями AD
и BC
.
а) Докажите, что \angle BOC+\angle AOD=180^{\circ}
.
б) Найдите отношение оснований трапеции, если известно, что AB=CD
, а площадь четырёхугольника с вершинами в точках касания окружности со сторонами трапеции составляет \frac{8}{25}
площади трапеции ABCD
.
Ответ. 4.
Решение. а) Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому AO
и BO
— биссектрисы углов BAD
и ABC
, значит,
\angle OAB+\angle OBA=\frac{1}{2}\angle BAD+\frac{1}{2}\angle ABC=
=\frac{1}{2}(\angle BAD+\angle ABC)=\frac{1}{2}\cdot180^{\circ}=90^{\circ},
\angle AOB=180^{\circ}-\angle OAB-\angle OBA=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}.
Аналогично \angle COD=90^{\circ}
. Следовательно,
\angle BOC+\angle AOD=360^{\circ}-\angle AOB-\angle COD=360^{\circ}-180^{\circ}=180^{\circ}.
б) Пусть K
, L
, M
и N
— точки касания окружности со сторонами соответственно AB
, BC
, CD
и AD
данной трапеции. Тогда L
и N
— середины оснований BC
и AD
соответственно. Обозначим
CM=CL=BL=BK=x,~DM=DN=AN=AK=y~(x\lt y),
OK=OL=ON=OM=r.
Тогда LN=2r
— высота трапеции, а
KM=\frac{2BC\cdot AD}{BC+AD}=\frac{2\cdot2x\cdot2y}{2x+2y}=\frac{4xy}{x+y}
(см. задачи 1512 и 5686).
Пусть площадь трапеции ABCD
равна S
, а площадь четырёхугольника KLMN
равна S_{1}
. Тогда
S=\frac{BC+AD}{2}\cdot KN=\frac{2x+2y}{2}\cdot2r=2(x+y)r,
а так как диагонали KM
и LN
четырёхугольника KLMN
перпендикулярны, то (см. задачу 3018)
S_{1}=\frac{1}{2}KM\cdot LN=\frac{1}{2}\cdot\frac{4xy}{x+y}\cdot2r=\frac{xyr}{x+y}.
По условию задачи S_{1}=\frac{8}{25}
, или
\frac{xyr}{x+y}=\frac{8}{25}\cdot2(x+y)r,~\frac{25xy}{x+y}=4(x+y),~4x^{2}-17xy+4y^{2}=0,
откуда, учитывая условие x\lt y
, получаем, что, y=4x
Следовательно,
\frac{BC}{AD}=\frac{2x}{2y}=\frac{x}{y}=\frac{1}{4}.
Источник: Диагностические и тренировочные задачи ЕГЭ. — 2014
Источник: Гордин Р. К. ЕГЭ 2017. Математика. Геометрия. Стереометрия. Задача 14 (профильный уровень). — М.: МЦНМО, 2017. — № 7.39.2, с. 72