Задание №1207

а) План решения.

1. Сделаем чертёж, считая для определённости, что AD>BC (для пункта а) это не имеет значения).

2. Заметим, что трапеция равнобедренная. Обозначим одну из сторон трапеции какой-либо буквой, выразим остальные стороны.

3. Выразим через ту же букву радиус окружности, описанной около трапеции: это можно сделать по теореме синусов для \triangle ABD.

4. Обозначим точкой N середину AD, точкой M — середину BC. Найдём CN.

5. Сравним CN с радиусом описанной окружности. Сделаем вывод, учитывая, что радиус описанной окружности лежит на прямой MN.

Решение.

1. Выполним чертёж.

2. Так как трапеция ABCD вписана в окружность, то она равнобедренная, то есть AB=CD=a. \angle BAD=60^{\circ}. Следовательно, AH =\frac12 AB=\frac12 a, KD=\frac12 a. a. Так как в ABCD вписана окружность, то AB+CD=BC+AD, отсюда BC =\frac12 a и AD=\frac32 a.

3. Радиус описанной окружности трапеции ABCD равен радиусу описанной окружности \triangle ABD. Из \triangle ABD по теореме синусов 2R= \frac{BD}{\sin \angle BAD} = \frac2{\sqrt 3}\cdot \sqrt {BH^2+HD^2}= \frac2{\sqrt 3}\cdot \sqrt {\left( \frac{a\sqrt 3}2 \right) ^2+a^2}= \frac{\sqrt 7}{\sqrt 3} a, R=\frac{\sqrt 7}{2\sqrt 3} a.

4. Центр O описанной окружности трапеции ABCD лежит на прямой MN, где M и N — середины BC и AD соответственно. CN= \sqrt {CK^2+NK^2} = \sqrt {\left( \frac{a\sqrt 3}2 \right)^2+\left(\frac a4 \right)^2}= \frac{\sqrt {13}}4 a.

5. Сравним CN и R, \frac{\sqrt {13}}4>\frac{\sqrt 7}{2\sqrt 3,} то есть \sqrt {NM^2+MC^2}>\sqrt {OM^2+MC^2}, отсюда MN>OM или радиус описанной окружности лежит на прямой MN, а центр описанной окружности лежит внутри отрезка MN.

б) План решения.

1. Сделаем чертёж, обозначив центр вписанной окружности через O_1, а центр второй окружности — через O_2. Построим радиус O_2T \perp AD.

2. Из подобных треугольников O_2AT и O_1AN, зная \angle O_2AT, вычислим O_2T.

3. Найдём искомое отношение \frac{CD}{O_2T}. 

Решение.

1. Выполним чертёж.

2. \triangle O_2AT \sim \triangle O_1AN, тогда \frac{O_1N}{O_2T}=\frac{AO_1}{AO_2}. Обозначим искомый радиус O_2T через x, получим: \frac{O_1N}x= \frac{AO_1}{AO_1-O_1N-x}. BH=MN, из \triangle ABH: BH=AB\cdot \sin 60^{\circ}=\frac{a\sqrt 3}2 , MN =\frac{a\sqrt 3}2.

Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе этого угла, поэтому \angle O_1AN =\frac12 \angle BAD=30^{\circ}. Тогда AO_1=2O_1N (катет, лежащий против угла в 30^{\circ}, равен половине гипотенузы). Отсюда \frac{O_1N}x=\frac{2O_1N}{O_1N-x} , \frac1x =\frac2{O_1N-x} , O_1N-x=2x, x= \frac13 O_1N= \frac13\cdot \frac12 MN= \frac16\cdot \frac {a\sqrt 3} 2= \frac{a\sqrt 3}{12} , x=\frac{a\sqrt 3}{12} , то есть O_2T=\frac{a\sqrt 3}{12}.

3. \frac{CD}{O_2T} = \frac a{\left( \dfrac{a\sqrt 3}{12} \right)} = 4\sqrt 3.

4\sqrt 3.