previous arrow
next arrow
Slider

Тренинги по решению вариантов ЕГЭ — 2020. Вариант 9. Задание 16. Решение

Условие задачи

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 \displaystyle \frac{AP}{PD}=sin D.

б) Найдите площадь трапеции, если радиусы окружностей равны 3 и 1.

Решение

Пусть O_1 и O_2 - центры окружностей.

а) Докажем, что \displaystyle \frac{AP}{BD} = \sin \angle D

пусть (AB) \cap (CD) = Q.

Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе угла; QP — биссектриса угла AQD.

Биссектриса угла треугольника делит противоположную сторону в отношении длин прилегающих сторон (свойство биссектрисы)

\displaystyle \frac{AP}{PD} = \frac{AQ}{QD} = \sin \angle D

б) Пусть R = 3 и r = 1 — радиусы окружностей. Найдём S_{ABCD}.

\displaystyle S_{ABCD} = \frac{1}{2}(AD+BC) \cdot AB

Проведём O_1N \perp AB, \, \, \, \, O_2M \perp AB.

В трапеции O_1O_2MN: \, \, \, O_1N = r, \, \, O_2M.

В треугольнике O_1O_2T\, \, \, \, \angle T = 90^\circ,

O_2T = R - r, \, \, O_1T = \sqrt{O_1O_2^2 - O_2 T^2} =

= \sqrt{(R+r)^2 - (R-t)^2} = \sqrt{R^2 +2Rr+r^2 - R^2 +2 Rr -r^2}=

=\sqrt{4Rr} = 2\sqrt{Rr};

O_1NMO_2 — прямоугольник,

MN = O_1T = 2 \sqrt{Rr}, тогда

AB = R+r+2\sqrt{Rr} 4+2\sqrt{3}.

Рассмотрим \triangle O_1O_2T, \, \, \, \, \angle T = 90^\circ

\displaystyle \sin \angle O_2O_1T = \frac{O_2T}{O_1O_2} = \frac{R-r}{R+r} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2},

Значит, \angle O_2O_1T = 30^\circ = \angle PQA,

так как QP — биссектриса \angle AQD,

\angle AQD = 30^\circ \cdot 2 = 60^\circ. Тогда \angle ADC = 30^\circ.

Окружность с центром O_2 вписана в прямоугольный треугольник ADQ;

радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, находим по формуле

\displaystyle r = \frac{a+b-c}{2}.

Для \triangle ADQ, где \angle D = 30^\circ, \, \, \, \angle Q = 60^\circ,

AQ = a, \, \, \, AD = \sqrt3 a, \, \, \, QD = 2a.

Тогда \displaystyle r = \frac{a+ \sqrt3 a -2a}{2} = \frac{a(\sqrt3 -1)}{2}=AQ \cdot \frac{\sqrt3 -1}{2};

\displaystyle AQ = \frac{2r}{\sqrt3 -1} = \frac{6}{\sqrt3 -1} = \frac{6(\sqrt3 +1)}{3-1} = 3(\sqrt3 +1);

AD = AQ \cdot \sqrt3 = 3\sqrt3(\sqrt3 +1)=9+ 3\sqrt3

BQ = AQ-AB = 3\sqrt3 +3 -4-2 \sqrt3 = \sqrt3 -1;

\triangle BQC \sim \triangle AQD,

\displaystyle \frac{BQ}{AQ} = \frac{BC}{AD};

\displaystyle BC = \frac{BQ \cdot AD}{AQ} = (\sqrt3 -1) \cdot tg 60^\circ = (\sqrt3 -1) \cdot \sqrt3 = 3 - \sqrt3.

\displaystyle S_{ABCD} = \frac{AD+BC}{2} \cdot AD = 30+16 \sqrt3

Ответ

30+16 \sqrt3