Задача №16753

В прямоугольной трапеции $ABCD$ с меньшей боковой стороной $AB=4$ и $\angle ADC=\mathrm{arctg}2$ из вершины $D$ на диагональ $AC$ опущен перпендикуляр $DH\text{.}$ При этом треугольники $ABC$ и $DHA$ равны. Точки $O_1$ и $O_2$ — центры окружностей, вписанных в треугольники $ABC$ и $DHA\text{.}$

А) Докажите, что прямая $O_1{O}_2$ параллельна $CD\text{.}$

Б) Найдите площадь четырёхугольника $O_{1}CD{O}_2\text{.}$

Дано: $ABCD$ — прямоугольная трапеция, $\angle A=90^{\circ }\text{,}$ $\angle ADC=\alpha \text{,}$ $\mathrm{tg}\alpha =2\text{,}$ $△ABC=△DHA\text{,}$ $O_1\text{,}$ $O_2$ — центры вписанных окружностей.

А) Доказательство $O_1{O}_2\parallel CD\text{.}$

Треугольники $ABC$ и $DHA$ — прямоугольные ($\angle B=\angle H=90^{\circ }$), их гипотенузы $AC=AD\text{,}$ т.е. $△CAD$ — равнобедренный, откуда $\angle ACD=\angle ADC=\alpha \text{.}$

$CK$ — высота равнобедренного $△CAD$ на основание $AD\text{,}$ поэтому $CK=AB=4$ (равенство треугольников). Из $\frac{CK}{KD}=\mathrm{tg}\alpha =2\text{:}$ $KD=2\text{.}$

$$CD=\sqrt{C{K}^2+K{D}^2}=\sqrt{16+4}=2\sqrt{5}.$$

Из равенства $△ABC=△DHA\text{:}$ $AH=BC=AK\text{,}$ $HC=KD=2\text{,}$ $HD=AB=4\text{.}$

Обозначим $AK=BC=AH=x\text{.}$ Из $△AHD\text{:}$ $A{D}^2-A{H}^2=H{D}^2\text{:}$

$$(x+2{)}^2-x^2=16\Rightarrow 4x+4=16\Rightarrow x=3.$$

Итак, $BC=3\text{,}$ $AC=AD=5\text{,}$ $AB=4\text{.}$

Радиусы вписанных окружностей одинаковые:

$$r=\frac{a+b-c}{2}=\frac{3+4-5}{2}=1.$$

В $△O_{1}T{O}_2\text{:}$ $O_{1}T=MN=4-2r=2\text{,}$ $T{O}_2=r=1\text{:}$

$$\mathrm{tg}\angle O_1{O}_{2}T=\frac{O_{1}T}{T{O}_2}=\frac{2}{1}=2=\mathrm{tg}\angle CDK=\mathrm{tg}\alpha .$$

Откуда $O_1{O}_2\parallel CD\text{,}$ что и требовалось.

Б) Площадь четырёхугольника $O_{1}CD{O}_2\text{.}$

$$O_1{O}_2=\sqrt{O_1{T}^2+T{O}_2^2}=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}.$$

Так как $O_1{O}_2\parallel CD\text{,}$ четырёхугольник $O_{1}CD{O}_2$ — трапеция.

$O_{1}C$ — биссектриса $\angle BCH\text{.}$ Пусть $\mathrm{tg}\angle BC{O}_1=\beta \text{,}$ тогда $\mathrm{tg}\beta =\frac{1}{2}$ (т.к. $O_1$ — центр вписанной окружности).

$\angle O_{1}CD=\beta +\alpha \text{:}$

$$\mathrm{tg}(\beta +\alpha )=\frac{\mathrm{tg}\beta +\mathrm{tg}\alpha }{1-\mathrm{tg}\beta \cdot \mathrm{tg}\alpha }=\frac{1/2+2}{1-1/2\cdot 2}=\frac{3/2}{0}\to \infty .$$

Значит $\beta +\alpha =90^{\circ }\text{,}$ т.е. $O_{1}C\perp CD\text{,}$ поэтому $O_{1}C=\sqrt{5}$ — высота трапеции.

$$S_{O_{1}CD{O}_2}=\frac{CD+O_1{O}_2}{2}\cdot O_{1}C=\frac{2\sqrt{5}+\sqrt{5}}{2}\cdot \sqrt{5}=\frac{3\sqrt{5}}{2}\cdot \sqrt{5}=\frac{15}{2}=7,5.$$

Ответ:

Б) $7,5\text{.}$