Задача №17252

В равнобедренную трапецию $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ ($AD>BC$) вписана окружность с центром $O\text{.}$ Из вершины $C$ опущена высота $CH\text{.}$

а) Докажите, что прямая $AO$ является серединным перпендикуляром к отрезку $BH\text{.}$
б) Найдите радиус окружности, описанной около трапеции, если радиус вписанной в неё окружности равен $4\text{,}$ а длина отрезка, соединяющего точки касания вписанной окружности с боковыми сторонами, равна $\frac{64}{15}\text{.}$

а) Доказательство.

Пусть $a=AD\text{,}$ $b=BC$ ($a>b$). В равнобедренной трапеции, описанной около окружности, выполнено $AB+CD=BC+AD\text{.}$ Так как $AB=CD\text{,}$ получаем $AB=\frac{a+b}{2}\text{.}$

Из вершины $C$ опустим высоту $CH$ на $AD\text{.}$ Длина проекции:

$$AH=A{B}_{\text{пр}}+BC=\frac{a-b}{2}+b=\frac{a+b}{2}.$$

Значит $AH=AB\text{.}$

Центр $O$ вписанной окружности лежит на биссектрисе угла $A\text{.}$ В треугольнике $ABH$ стороны $AB$ и $AH$ равны, значит он равнобедренный. Биссектриса угла $A$ (т.е. прямая $AO$) совпадает с серединным перпендикуляром к основанию $BH\text{.}$

б) Радиус описанной окружности.

Пусть $r=4\text{,}$ $PQ=\frac{64}{15}\text{,}$ где $P,Q$ — точки касания вписанной окружности с боковыми сторонами $AB,CD\text{.}$

Введём координаты с центром в $O\text{,}$ осью симметрии — ось $y\text{.}$ Прямые $AD$ и $BC$ горизонтальные на $y=-r=-4$ и $y=r=4\text{.}$ Высота трапеции $h=2r=8\text{.}$

Тогда $A=(-a/2,-4)\text{,}$ $B=(-b/2,4)\text{,}$ $C=(b/2,4)\text{,}$ $D=(a/2,-4)\text{.}$

Условие $r=4\text{.}$ Прямая $AB\text{:}$

$$16x-(a-b)y+4(a+b)=0.$$

Расстояние от $O$ до неё:

$$\frac{4(a+b)}{\sqrt{256+(a-b{)}^2}}=4\Rightarrow (a+b{)}^2=256+(a-b{)}^2\Rightarrow 4ab=256\Rightarrow ab=64.$$

Длина $PQ\text{.}$ Точка $P$ на $AB$ делит её в отношении $AP:AB=AS:AB\text{,}$ где $AS=a/2$ (касательная из $A$), $AB=(a+b)/2\text{.}$ Параметр $t=\frac{a/2}{(a+b)/2}=\frac{a}{a+b}\text{.}$ Координаты $P\text{:}$

$$P_x=-\frac{a}{2}+t\cdot \frac{a-b}{2}=-\frac{ab}{a+b},P_y=-4+8t=\frac{4(a-b)}{a+b}.$$

По симметрии $Q_x=\frac{ab}{a+b}\text{,}$ $Q_y=P_y\text{.}$ Тогда

$$PQ=\frac{2ab}{a+b}=\frac{64}{15}\Rightarrow a+b=\frac{30ab}{64}=\frac{30\cdot 64}{64}=30.$$

Итак $a+b=30\text{,}$ $ab=64\text{.}$ Тогда $a$ и $b$ — корни уравнения $t^2-30t+64=0\text{.}$

Описанная окружность. Центр $O^{\prime }=(0;y_0)\text{.}$ Из $|O^{\prime }A|=|O^{\prime }B|\text{:}$

$$\frac{a^2}{4}+(y_0+4{)}^2=\frac{b^2}{4}+(y_0-4{)}^2\Rightarrow y_0=\frac{b^2-a^2}{64}.$$

Диагональ $AC\text{:}$

$$|AC{|}^2={\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2+64=15^2+64=289,|AC|=17.$$

Для вписанного четырёхугольника:

$$R=\frac{AC}{2\sin \angle ABC}.$$

Вектор $\overrightarrow{BA}=\left(\frac{b-a}{2},-8\right)\text{,}$ $\overrightarrow{BC}=(b;0)\text{.}$

$$|\overrightarrow{BA}|=\sqrt{\frac{(a-b{)}^2}{4}+64}=\sqrt{\frac{644}{4}+64}=\sqrt{161+64}=\sqrt{225}=15.$$

Тогда

$$\cos \angle ABC=\frac{\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{BA}||\overrightarrow{BC}|}=\frac{(b-a)b/2}{15\cdot b}=\frac{b-a}{30}.$$ $${\sin }^2\angle ABC=1-\frac{(a-b{)}^2}{900}=1-\frac{644}{900}=\frac{256}{900},\sin \angle ABC=\frac{16}{30}=\frac{8}{15}.$$

Следовательно:

$$R=\frac{17}{2\cdot 8/15}=\frac{17\cdot 15}{16}=\frac{255}{16}.$$

Ответ:

а) прямая $AO$ — серединный перпендикуляр к $BH$

б) $R=\frac{255}{16}$