6916. В прямоугольной трапеции ABCD
с прямым углом при вершине A
расположены две окружности. Одна из них касается боковых сторон и большего основания AD
, вторая — боковых сторон, меньшего основания BC
и первой окружности.
а) Прямая, проходящая через центры окружностей, пересекает основание AD
в точке P
. Докажите, что \frac{AP}{PD}=\sin D
.
б) Найдите площадь трапеции, если радиусы окружностей равны \frac{4}{3}
и \frac{1}{3}
.
Ответ. \frac{116}{7}
.
Решение. а) Пусть продолжения боковых сторон трапеции пересекаются в точке Q
. Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому точка Q
, центры данных окружностей и точка P
лежат на одной прямой, причём QP
— биссектриса прямоугольного треугольника AQD
. Следовательно, по свойству биссектрисы треугольника
\frac{AP}{PD}=\frac{QA}{QD}=\sin D.
б) Пусть окружность с центром O_{1}
радиуса R=\frac{4}{3}
касается боковой стороны AB
в точке E
, а основания AD
— в точке M
; окружность радиуса r=\frac{1}{3}
с центром O_{2}
касается боковой стороны AB
в точке F
, а основания BC
— в точке N
.
Опустим перпендикуляр O_{2}H
из центра меньшей окружности на радиус большей, проведённый в точку E
. Тогда
O_{1}H=O_{1}E-HE=O_{1}E-O_{2}F=R-r=\frac{4}{3}-\frac{1}{3}=1,
а так как линия центров касающихся окружностей проходит через их точку касания, то
O_{1}O_{2}=R+r=\frac{4}{3}+\frac{1}{3}=\frac{5}{3}.
Значит,
EF=O_{2}H=\sqrt{O_{1}O_{2}^{2}-O_{1}H^{2}}=\sqrt{\frac{25}{9}-1}=\frac{4}{3}.
Обозначим \angle AQP=\angle HO_{2}O_{1}=\alpha
. Тогда
\tg\alpha=\frac{O_{1}H}{O_{2}H}=\frac{3}{4},
\angle BQC=2\alpha,~\angle BCD=90^{\circ}+2\alpha,~\angle O_{2}CN=\frac{1}{2}\angle BCD=45^{\circ}+\alpha.
Из прямоугольного треугольника O_{2}CN
находим, что
NC=O_{2}N\ctg(45^{\circ}+\alpha)=O_{2}N\tg(45^{\circ}-\alpha)=\frac{1}{3}\cdot\frac{1-\tg\alpha}{1+\tg\alpha}=\frac{1}{3}\cdot\frac{1-\frac{3}{4}}{1+\frac{3}{4}}=\frac{1}{21}.
Следовательно,
BC=BN+NC=\frac{1}{3}+\frac{1}{21}=\frac{8}{21}.
Аналогично
\angle O_{1}DM=45^{\circ}-\alpha,
MD=O_{1}M\ctg(45^{\circ}-\alpha)=O_{1}M\tg(45^{\circ}+\alpha)=\frac{4}{3}\cdot\frac{1+\tg\alpha}{1-\tg\alpha}=\frac{4}{3}\cdot\frac{1+\frac{3}{4}}{1-\frac{3}{4}}=\frac{28}{3},
AD=AM+MD=\frac{4}{3}+\frac{28}{3}=\frac{32}{3},
а так как
AB=AE+EF+FB=R+O_{2}H+r=\frac{4}{3}+\frac{4}{3}+\frac{1}{3}=3,
то
S_{ABCD}=\frac{1}{2}(AD+BC)\cdot AB=\frac{1}{2}\left(\frac{32}{3}+\frac{8}{21}\right)\cdot3=\frac{116}{7}.
Источник: Диагностические и тренировочные задачи ЕГЭ. — 2015
Источник: Гордин Р. К. ЕГЭ 2017. Математика. Геометрия. Стереометрия. Задача 14 (профильный уровень). — М.: МЦНМО, 2017. — № 30, с. 198