5893. Отрезок, соединяющий середины M
и N
оснований соответственно BC
и AD
трапеции ABCD
, разбивает её на две трапеции, в каждую из которых можно вписать окружность.
а) Докажите, что трапеция ABCD
равнобедренная.
б) Известно, что радиус этих окружностей равен 2, а меньшее основание BC
исходной трапеции равно 6. Найдите радиус окружности, касающейся боковой стороны AB
, основания AN
трапеции ABMN
и вписанной в неё окружности.
Ответ. 3-\sqrt{5}
.
Решение. а) Пусть M
и N
— середины оснований соответственно BC
и AD
трапеции ABCD
. Обозначим AB=a
, CD=b
, BM=CM=c
, AN=DN=d
. В трапецию ABMN
можно вписать окружность, поэтому суммы её противоположных сторон равны, т. е. a+MN=c+d
. Аналогично b+MN=c+d
. Тогда a+MN=b+MN
. Следовательно, a=b
. Что и требовалось доказать.
б) Заметим, что трапеции ABMN
и DCMN
прямоугольные. Центр O
искомой окружности радиуса r
и центр O_{1}
окружности радиуса 2
, вписанной в трапецию ABMN
, лежат на биссектрисе угла BAN
.
Пусть окружность с центром O_{1}
радиуса 2 касается боковой стороны AB
в точке P
, основания BM
— в точке K
, боковой стороны MN
— в точке L
; окружность с центром O
радиуса r
касается AB
в точке Q
, а E
— проекция точки O
на радиус O_{1}P
. Тогда KMLO_{1}
— квадрат, поэтому
KM=O_{1}L=2,~BP=BK=BM-KM=3-2=1.
Отрезок O_{1}P
— высота прямоугольного треугольника AO_{1}B
, проведённая из вершины прямого угла (см. задачу 313), поэтому
AP=\frac{OP^{2}}{BP}=\frac{OP^{2}}{BK}=\frac{4}{1}=4.
Обозначим \angle EOO_{1}=\angle OAQ=\alpha
. Тогда
\ctg\alpha=\frac{AP}{O_{1}P}=2,~\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\ctg^{2}\alpha}}=\frac{1}{\sqrt{5}},
а так как OO_{1}=2+r
и O_{1}E=2-r
, то из прямоугольного треугольника OO_{1}E
получаем, что 2-r=(2+r)\sin\alpha
, или 2-r=\frac{2+r}{\sqrt{5}}
. Отсюда находим, что
r=\frac{2\sqrt{5}-2}{1+\sqrt{5}}=3-\sqrt{5}.