6767. Окружности, построенные на боковых сторонах трапеции как на диаметрах, касаются.
а) Докажите, что в трапецию можно вписать окружность.
б) Найдите основания этой трапеции, если её боковые стороны равны 3 и 8, а большая боковая сторона видна из центра вписанной окружности под углом 120^{\circ}
.
Ответ. 2 и 9.
Решение. а) Пусть окружности с центрами O_{1}
и O_{2}
, построенные на боковых сторонах соответственно AB
и CD
трапеции ABCD
, касаются в точке K
. Линия центров касающихся окружностей проходит через их точку касания, поэтому
O_{1}O_{2}=O_{1}K+KO_{2}=O_{1}O_{2},
а так как O_{1}O_{2}
— средняя линия трапеции, то AD+BC=2O_{1}O_{2}
.
С другой стороны,
AB+CD=2O_{1}K+2O_{2}K=2(O_{1}K+KO_{2})=2O_{1}O_{2}.
Значит, AD+BC=AB+CD
. Суммы противоположных сторон трапеции равны, следовательно, в эту трапецию можно вписать окружность.
б) Пусть O
— центр вписанной окружности трапеции ABCD
, AD\gt BC
, \angle AOD=120^{\circ}
, AB=3
, CD=8
.
Продолжим боковые стороны AB
и CD
до пересечения в точке P
. Тогда окружность, вписанная в трапецию, — это окружность вписанная в треугольник PAD
, а AO
и DO
— биссектрисы углов при основании AD
. Обозначим \angle APD=\alpha
. Тогда
\angle AOD=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle APD=90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}
(см. задачу 4770). Из равенства 120^{\circ}=90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}
находим, что \alpha=60^{\circ}
.
Через вершину C
трапеции проведём прямую, параллельную боковой стороне AB
. Пусть эта прямая пересекает основание AD
в точке M
. Тогда
CM=AB=3,~\angle DCM=\angle DPA=60^{\circ},~DM=AD-BC.
По теореме косинусов
DM=\sqrt{CD^{2}+CM^{2}-2CD\cdot CM\cos60^{\circ}}=
=\sqrt{64+9-2\cdot8\cdot3\cdot\frac{1}{2}}=\sqrt{64+9-24}=7.
Таким образом, AD-BC=7
и AD+BC=AB+CD=3+8=11
. Из системы
\syst{AD-BC=7\\AD+BC=11\\}
находим, что AD=9
и BC=2
.