Задание №193

Тип задания: 16
Тема: Задачи на доказательство

Условие

В прямоугольной трапеции ABCD c прямым углом А расположены две касающиеся внешним образом окружности. Первая касается боковых сторон и большего основания AD, вторая — боковых сторон и меньшего основания ВС и первой окружности. Прямая проходящая через центры указанных окружностей O_1 и O_2, пересекает большее основание AD в точке P.

а) Докажите, что \frac{AP}{PD}=\sin D.

б) Найдте площадь трапеции, если радиусы окружностей равны \frac{5}{2} и \frac{1}{2}.

Показать решение

Решение

Прямоугольная трапеция ABCD с двумя окружностями

а) Пусть Q — точка пересечения продолжений боковых сторон трапеции. Точка Q, центры окружностей и точка P лежат на одной прямой, причем QP — биссектриса прямоугольного треугольника AQD.

По свойству биссектрисы треугольника имеем: \frac{AP}{PD}=\frac{QA}{QD}=\sin D.

б) Пусть окружность с центром в точке O_{1} и радиусом R=\frac{5}{2} касается боковой стороны AB в точке E, а основания AD в точке M; окружность с центром в точке O_{2} и радиусом r=\frac{1}{2} касается боковой стороны AB в точке F, а основания BC в точке N. Опустим перпендикуляр O_{2}H из центра меньшей окружности на отрезок O_{1}E. Тогда O_{1}H= O_{1}E-HE= O_{1}E-O_{2}F= R-r= \frac{5}{2}-\frac{1}{2}= 2. Так как прямая, соединяющая центры двух окружностей, проходит через точку касания этих окружностей, то O_{1}O_{2}=R+r=\frac{5}{2}+\frac{1}{2}=3. Значит, по теореме Пифагора, EF= O_{2}H= \sqrt{O_{1}O_{2}^2-O_1H^2}= \sqrt{5}.

Пусть \angle AQP=\angle HO_{2}O_{1}= \alpha. Тогда tg \alpha= \frac{O_1H}{O_2H}= \frac{2}{\sqrt5} и \angle BQC=2 \alpha, \angle BCD=90^{\circ}+2\alpha, \angle O_2CN =\frac{1}{2}\angle BCD=45^{\circ}+\alpha.

Из треугольника O_2CN находим:

NC= O_2N ctg(45^{\circ}+\alpha )= O_2N tg(45^{\circ}-\alpha )= \frac{1}{2}\cdot \frac{1-tg \alpha}{1+tg \alpha}= \frac{9-4\sqrt{5}}{2}.

Следовательно, BC= BN+NC= \frac{1}{2}+\frac{9-4\sqrt{5}}{2}= 5-2\sqrt{5}.

Аналогично, \angle O_1DM=45^{\circ}-\alpha.

Тогда MD= O_1M ctg(45^{\circ}-\alpha )= O_1M tg(45^{\circ}+\alpha )= \frac{5}{2}\cdot \frac{1+tg \alpha}{1-tg \alpha}= \frac{45+20\sqrt{5}}{2}.

Следовательно, AD= AM+MD= \frac{5}{2}+\frac{45+20\sqrt{5}}{2}= 25+10\sqrt{5}.

Поскольку AB= AE+EF+FB= R+O_2H+r= \frac{5}{2}+\sqrt{5}+\frac{1}{2}= 3+\sqrt{5},

получаем: S_{ABCD}= \frac{1}{2}(AD+BC)\cdot AB= \frac{1}{2}(30+8\sqrt{5})\cdot (3+\sqrt{5})= 65+27\sqrt{5}.

Ответ

65+27\sqrt{5}.

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2016. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Рассказать друзьям

Заказать работу на Академии ЕГЭ

Рефераты, доклады, презентации, сочинения и другие работы

В течение 15 минут мы ответим вам

Что нужно сделать?
Введите имя
Укажите электронную почту

Сообщение отправлено

С вами свяжется наш специалист для обсуждения деталей

Пожалуйста, ожидайте звонка в дневное время с 9 до 21 часов

Вы что-то пропустили

Комментарии

Задавайте ваши вопросы и помогайте друг другу в решении задач

Комментарии содержащие в себе рекламу, нецензурную лексику и не относящиеся к тематике сайта будут удалены