В прямоугольной трапеции ABCD с меньшей боковой стороной AB = 4 и ADC = 2 из вершины D на диагональ AC опущен перпендикуляр DH. При этом треугольники ABC и DHA равны. Точки O_1 и O_2 — центры окружностей, вписанных в треугольники ABC и DHA. А) Докажите, что прямая O_1 O_2 параллельна CD. Б) Найдите площадь четырёхугольника O_1 C D O_2.

Дано: ABCD — прямоугольная трапеция, A = 90^, ADC = alpha, = 2, ABC = DHA, O_1, O_2 — центры вписанных окружностей. А) Доказательство O_1 O_2 CD. Треугольники ABC и DHA — прямоугольные ( B = H = 90^), их гипотенузы AC = AD, т.е. CAD — равнобедренный, откуда ACD = ADC = alpha. CK — высота равнобедренного CAD на основание AD, поэтому CK = AB = 4 (равенство треугольников). Из (CK)/(KD) = = 2: KD = 2. CD = sqrt(CK^2 + KD^2) = sqrt(16 + 4) = 2sqrt(5). Из равенства ABC = DHA: AH = BC = AK, HC = KD = 2, HD = AB = 4. Обозначим AK = BC = AH = x. Из AHD: AD^2 - AH^2 = HD^2: (x+2)^2 - x^2 = 16 => 4x + 4 = 16 => x = 3. Итак, BC = 3, AC = AD = 5, AB = 4. Радиусы вписанных окружностей одинаковые: r = (a + b - c)/(2) = (3 + 4 - 5)/(2) = 1. В O_1 T O_2: O_1 T = MN = 4 - 2r = 2, T O_2 = r = 1: tg O_1 O_2 T = (O_1 T)/(T O_2) = (2)/(1) = 2 = tg CDK = . Откуда O_1 O_2 CD, что и требовалось. Б) Площадь четырёхугольника O_1 C D O_2. O_1 O_2 = sqrt(O_1 T^2 + T O_2^2) = sqrt(4 + 1) = sqrt(5). Так как O_1 O_2 CD, четырёхугольник O_1 C D O_2 — трапеция. O_1 C — биссектриса BCH. Пусть tg B C O_1 = beta, тогда = (1)/(2) (т.к. O_1 — центр вписанной окружности). O_1 C D = beta + alpha: tg(beta + alpha) = ( + )/(1 - * ) = (1/2 + 2)/(1 - 1/2 * 2) = (3/2)/(0) inf. Значит beta + alpha = 90^, т.е. O_1 C CD, поэтому O_1 C = sqrt(5) — высота трапеции. S_(O_1 C D O_2) = (CD + O_1 O_2)/(2) * O_1 C = (2sqrt(5) + sqrt(5))/(2) * sqrt(5) = (3sqrt(5))/(2) * sqrt(5) = (15)/(2) = 7,5. Ответ: Б) 7,5.

Б) $7{,}5$