Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2199
2019-03-17 
У равнобочной трапеции с большим основанием $а$ высота вдвое меньше меньшего основания. На меньшем основании, как на диаметре, построена окружность. Найти радиус окружности, касающейся построенной окружности, большего основания и боковой стороны, если острый угол трапеции равен $\alpha$.
Решение:
Bведем обозначения, указанные на рис. Так как меньшая окружность вписана в угол $ADC$, то ее центр $O_1$ лежит на биссектрисе этого угла.
Из треугольника $OO_1F$ имеем: $OO_1^2 = {OF}^2 + {FO_1}^2$, т. е.
$(R + r)^2 = (R-r)^2 + x^2$. (1)
Из треугольника $ABH$: $AH = BH ctg \alpha - R ctg \alpha = R ctg \alpha$ т. е.
$а = 2R + 2R ctg \alpha$. (2)
Из треугольника $O_1GD$:
$r = \left ( \frac{a}{2} - x \right ) tg \frac{ \alpha}{2}$. (3)
Из уравнения (1) находим
$4Rr = x^2$, или $2 \sqrt {R} \sqrt{r} = x$
и подставляем в уравнение (3). Получим
$2r + 4 \sqrt {R} \sqrt{r} tg \frac{\alpha}{2} - a tg \frac{ \alpha}{2} = 0$,
или, проще, $2 ctg \frac{ \alpha}{2} r + 4 \sqrt {R} \sqrt {r} - a = 0$.
Mы пока не будем выражать $R$ через $a$ и $\alpha$, а, наоборот, заменим $a$ его выражением через $R$ и $\alpha$. Это разумно, так как квадратное уравнение таково, что впоследствии $\sqrt {R}$ вынесется за скобки:
$\sqrt {r} = \frac {-2 \sqrt{R} \pm \sqrt {4R + 2a ctg \frac{ \alpha}{2}}}{2 ctg \frac{ \alpha}{2}} = \sqrt {R} tg \frac{ \alpha}{2} \left (-1 \pm \sqrt {1 + ctg \frac{ \alpha}{2} + ctg \frac{ \alpha}{2} ctg \alpha} \right )$.
Знак минус перед корнем не имеет геометрического смысла. Если в подкоренном выражении воспользоваться формулой котангенса двойного угла, то
$1 + ctg \frac{ \alpha}{2} + ctg \frac{ \alpha}{2} \cdot \frac {ctg^{2} \frac{\alpha}{2} - 1}{2 ctg \frac{ \alpha}{2}} = \frac{1}{2} \left (1+ ctg \frac{ \alpha}{2} \right ) \left (1 + ctg \frac{ \alpha}{2} \right )$.
Следовательно,
$\sqrt {r} = \sqrt {R} tg \frac{ \alpha}{2} \left [-1 + \frac{1}{ \sqrt {2}} \left (1 + ctg \frac{ \alpha}{2} \right ) \right ] = \sqrt {R} tg \frac{ \alpha}{2} \cdot \frac{1}{ \sqrt {2}} \left (1 - \sqrt {2} + ctg \frac{ \alpha}{2} \right )$.
Итак,
$r = \frac{R}{2} tg^2 \frac{ \alpha}{2} \left (1 - \sqrt {2} + ctg \frac{ \alpha}{2} \right )^2 = a tg^2 \frac{ \alpha}{2} \cdot \frac { \left ( 1 - \sqrt {2} + ctg \frac{ \alpha}{2} \right )^2}{4 (1 + ctg \alpha)} = \frac {a \left [ (1- \sqrt {2}) tg \frac{ \alpha}{2} + 1 \right ]^2}{4 (1 + ctg \alpha)}$.
Ответ. $\frac {a \left [(1 - \sqrt {2} tg \frac{ \alpha}{2} + 1 \right ]^2}{4 (1 + ctg \alpha)}$.
У равнобочной трапеции с большим основанием $а$ высота вдвое меньше меньшего основания. На меньшем основании, как на диаметре, построена окружность. Найти радиус окружности, касающейся построенной окружности, большего основания и боковой стороны, если острый угол трапеции равен $\alpha$.
Решение:
Bведем обозначения, указанные на рис. Так как меньшая окружность вписана в угол $ADC$, то ее центр $O_1$ лежит на биссектрисе этого угла.
Из треугольника $OO_1F$ имеем: $OO_1^2 = {OF}^2 + {FO_1}^2$, т. е.
$(R + r)^2 = (R-r)^2 + x^2$. (1)
Из треугольника $ABH$: $AH = BH ctg \alpha - R ctg \alpha = R ctg \alpha$ т. е.
$а = 2R + 2R ctg \alpha$. (2)
Из треугольника $O_1GD$:
$r = \left ( \frac{a}{2} - x \right ) tg \frac{ \alpha}{2}$. (3)
Из уравнения (1) находим
$4Rr = x^2$, или $2 \sqrt {R} \sqrt{r} = x$
и подставляем в уравнение (3). Получим
$2r + 4 \sqrt {R} \sqrt{r} tg \frac{\alpha}{2} - a tg \frac{ \alpha}{2} = 0$,
или, проще, $2 ctg \frac{ \alpha}{2} r + 4 \sqrt {R} \sqrt {r} - a = 0$.
Mы пока не будем выражать $R$ через $a$ и $\alpha$, а, наоборот, заменим $a$ его выражением через $R$ и $\alpha$. Это разумно, так как квадратное уравнение таково, что впоследствии $\sqrt {R}$ вынесется за скобки:
$\sqrt {r} = \frac {-2 \sqrt{R} \pm \sqrt {4R + 2a ctg \frac{ \alpha}{2}}}{2 ctg \frac{ \alpha}{2}} = \sqrt {R} tg \frac{ \alpha}{2} \left (-1 \pm \sqrt {1 + ctg \frac{ \alpha}{2} + ctg \frac{ \alpha}{2} ctg \alpha} \right )$.
Знак минус перед корнем не имеет геометрического смысла. Если в подкоренном выражении воспользоваться формулой котангенса двойного угла, то
$1 + ctg \frac{ \alpha}{2} + ctg \frac{ \alpha}{2} \cdot \frac {ctg^{2} \frac{\alpha}{2} - 1}{2 ctg \frac{ \alpha}{2}} = \frac{1}{2} \left (1+ ctg \frac{ \alpha}{2} \right ) \left (1 + ctg \frac{ \alpha}{2} \right )$.
Следовательно,
$\sqrt {r} = \sqrt {R} tg \frac{ \alpha}{2} \left [-1 + \frac{1}{ \sqrt {2}} \left (1 + ctg \frac{ \alpha}{2} \right ) \right ] = \sqrt {R} tg \frac{ \alpha}{2} \cdot \frac{1}{ \sqrt {2}} \left (1 - \sqrt {2} + ctg \frac{ \alpha}{2} \right )$.
Итак,
$r = \frac{R}{2} tg^2 \frac{ \alpha}{2} \left (1 - \sqrt {2} + ctg \frac{ \alpha}{2} \right )^2 = a tg^2 \frac{ \alpha}{2} \cdot \frac { \left ( 1 - \sqrt {2} + ctg \frac{ \alpha}{2} \right )^2}{4 (1 + ctg \alpha)} = \frac {a \left [ (1- \sqrt {2}) tg \frac{ \alpha}{2} + 1 \right ]^2}{4 (1 + ctg \alpha)}$.
Ответ. $\frac {a \left [(1 - \sqrt {2} tg \frac{ \alpha}{2} + 1 \right ]^2}{4 (1 + ctg \alpha)}$.
