Трапеции. Часть 2.: Часть 1

Видео

Конспект

Задача 2.44

Дана трапеция ABCD , основания которой BC=44,~~AD=100 , боковые стороны AB=CD=35 . Окружность, касающаяся прямых AD и AC , касается CD в точке K . Найдите длину отрезка CK .

Решение.

Geom_s_153 Рис. 1: К задаче 2.44

Т.,к. трапеция равнобедренная,

HD = \frac{AD - BC}{2} = \frac{100 - 44}{2} = 28

\;\Longrightarrow\; AH = 72. Из прямоугольного \triangle CHD :

CH = \sqrt{CD^{2} - HD^{2}} = \sqrt{35^{2} - 28^{2}} = 21. Из прямоугольного \triangle ACH :

AC = \sqrt{AH^{2} + CH^{2}} = \sqrt{72^{2} + 21^{2}} = 75. Окружность с центром O_1 вписана в \triangle ACD . Чтобы найти её радиус, найдём полупериметр и площадь \triangle ACD :

S_{ACD} = \frac{1}{2}\cdot 21 \cdot 100 = 1050,

\qquad p = \frac{75 + 35 + 100}{2} = 105, r_1 = \frac{S}{p} = \frac{1050}{105} = 10. Радиус второй вневписанной окружности:

r_2 = \frac{S}{p - CD} = \frac{1050}{105 - 35} = 15. Т.,к. окружность с центром O_1 вписана в угол CDA , её центр лежит на биссектрисе этого угла.

\triangle CHD:\quad \cos 2\alpha = \frac{HD}{CD} = \frac{28}{35} = \frac{4}{5}

\;\Longrightarrow\;

\sin\alpha = \sqrt{\tfrac{1}{2}\!\left(1 - \tfrac{4}{5}\right)} = \frac{1}{\sqrt{10}},

\quad \cos\alpha = \sqrt{\tfrac{1}{2}\!\left(1 + \tfrac{4}{5}\right)} = \frac{3}{\sqrt{10}}. \triangle O_1K_1D:\quad K_1D = O_1K_1 \cdot \ctg\alpha = 10 \cdot 3 = 30. Так как 2\alpha + 2\beta = 180^{\circ} , то \alpha + \beta = 90^{\circ} , значит \beta = 90^{\circ} - \alpha и \ctg\beta = \tg\alpha = \dfrac{1}{3} .

\triangle DO_2K_2:\quad DK_2 = O_2K_2 \cdot \tg\alpha = 15 \cdot \frac{1}{3} = 5. Итак:

CK_1 = CD - K_1D = 35 - 30 = 5, \qquad CK_2 = CD - DK_2 = 35 - 5 = 30. Ответ: 5 или 30. В некоторых задачах рекомендуется сделать дополнительное построение.

Пример 2.45

Задача ЕГЭ 2010. Основания трапеции равны a и b . Прямая, параллельная основаниям разбивает трапецию на две трапеции, площади которых относятся как 2:3. Найдите длину отрезка прямой, заключенного внутри трапеции.

Решение. {Пусть в трапеции ABCD (см. рис. 2) большее основание AB=a , меньшее основание CD=b (но может быть и наоборот!); отрезок прямой, параллельной основаниям, обозначим EF . Продолжим AD и BC до пересечения в точке H . Пусть EF=x , S_{DCH}=S , S_{DCFE}=S_1 , S_{ABFE}=S_2 . Так как \triangle ABH\sim \triangle DCH , то

\frac{S_{ABH}}{S_{DCH}}=\frac{S+S_1+S_2}{S}=\left(\frac{a}{b}\right)^2. Okr_94 Рис. 2: К примеру 2.45

Так как \triangle EFH\sim \triangle DCH , то

\frac{S+S_1}{S}=\left(\frac{x}{b}\right)^2. Учитывая, что S_2:S_1=3:2 , то есть \displaystyle S_2=\frac{3}{2}S_1 , получаем

\left\{\begin{array}{l}

\displaystyle 1+\frac{5}{2}\frac{S_1}{S}= \frac{a^2}{b^2},\\

\displaystyle 1+\frac{S_1}{S}= \frac{x^2}{b^2}. \vphantom{\int\limits^1}

\end{array} \right. Исключая отношение площадей, получаем

\frac{2}{5}\frac{a^2}{b^2}-\frac{2}{5}=\frac{x^2}{b^2}-1, откуда \displaystyle x=\sqrt{\frac{2a^2+3b^2}{5}} \vphantom{\int} . Второй случай расположения оснований, допускаемый условием задачи, рассматривается аналогично.

Ответ: \sqrt{\frac{2a^2+3b^2}{5}} или \sqrt{\frac{2b^2+3a^2}{5}} .