Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 9192
2022-11-06 
Около окружности описана прямоугольная трапеция. Через вершину её острого угла проведите прямую, делящую трапецию на две равновеликие части.
Решение:
Первый способ. Пусть окружность радиуса $r$ с центром $O$, вписанная в прямоугольную трапецию с основаниями $BC=a$ и $AD=b$ ($a\lt b$), касается большей боковой стороны $CD$ в точке $K$, меньшей боковой стороны $AB$ - в точке $F$, а оснований $BC$ и $AD$ - в точках $P$ и $Q$ соответственно.
Тогда
$CK=CP=BC-BP=a-r,~DK=DQ=AD-AQ=b-r.$
Отрезок $OK$ - высота прямоугольного треугольника $COD$, проведённая из вершины прямого угла (см. задачу 4107), поэтому $OK^{2}=CK\cdot DK$, или $r^{2}=(a-r)(b-r)$. Отсюда находим, что $r=\frac{ab}{a+b}$. Следовательно,
$S_{ABCD}=\frac{BC+AD}{2}\cdot AB=\frac{a+b}{2}\cdot2r=\frac{a+b}{2}\cdot2\cdot\frac{ab}{a+b}=ab.$
Пусть луч $DO$ (биссектриса острого угла трапеции) пересекает сторону $AB$ в точке $M$. Прямоугольные треугольники $OFM$ и $DQO$ подобны, поэтому $\frac{MF}{OQ}=\frac{OF}{DQ}$, откуда
$MF=\frac{OQ\cdot OF}{DQ}=\frac{r^{2}}{b-r}.$
Тогда
$AM=AF+MF=r+\frac{r^{2}}{b-r}=\frac{br}{b-r}=\frac{b\cdot\frac{ab}{a+b}}{b-\frac{ab}{a+b}}=a,$
$S_{\Delta AMD}=\frac{1}{2}AD\cdot AM=\frac{1}{2}b\cdot a=\frac{ab}{2}.$
Следовательно, прямая $DO$ разбивает трапецию $ABCD$ на две равновеликие части.
Второй способ. Заметим, что равны прямоугольные треугольники $OKC$, $OPC$ и $OFM$ (обозначим их площади через $s_{1}$), а также - прямоугольные треугольники $DKO$ и $DQO$ (обозначим их площади через $s_{2}$). Площади равных квадратов $AMOQ$ и $BMOP$ обозначим через $s_{3}$. Тогда
$S_{\Delta AMD}=s_{1}+s_{2}+s_{3},~$
$S_{ABCD}=S_{\Delta DKO}+S_{\Delta DQO}+S_{\Delta OKC}+S_{\Delta OPC}+S_{AMOQ}+S_{BMOP}=2s_{1}+2s_{2}+2s_{3}=2(s_{1}+s_{2}+s_{3})=2S_{\Delta AMD}.$
Следовательно, прямая $DO$ разбивает трапецию $ABCD$ на две равновеликие части.
Около окружности описана прямоугольная трапеция. Через вершину её острого угла проведите прямую, делящую трапецию на две равновеликие части.
Решение:
Первый способ. Пусть окружность радиуса $r$ с центром $O$, вписанная в прямоугольную трапецию с основаниями $BC=a$ и $AD=b$ ($a\lt b$), касается большей боковой стороны $CD$ в точке $K$, меньшей боковой стороны $AB$ - в точке $F$, а оснований $BC$ и $AD$ - в точках $P$ и $Q$ соответственно.
Тогда
$CK=CP=BC-BP=a-r,~DK=DQ=AD-AQ=b-r.$
Отрезок $OK$ - высота прямоугольного треугольника $COD$, проведённая из вершины прямого угла (см. задачу 4107), поэтому $OK^{2}=CK\cdot DK$, или $r^{2}=(a-r)(b-r)$. Отсюда находим, что $r=\frac{ab}{a+b}$. Следовательно,
$S_{ABCD}=\frac{BC+AD}{2}\cdot AB=\frac{a+b}{2}\cdot2r=\frac{a+b}{2}\cdot2\cdot\frac{ab}{a+b}=ab.$
Пусть луч $DO$ (биссектриса острого угла трапеции) пересекает сторону $AB$ в точке $M$. Прямоугольные треугольники $OFM$ и $DQO$ подобны, поэтому $\frac{MF}{OQ}=\frac{OF}{DQ}$, откуда
$MF=\frac{OQ\cdot OF}{DQ}=\frac{r^{2}}{b-r}.$
Тогда
$AM=AF+MF=r+\frac{r^{2}}{b-r}=\frac{br}{b-r}=\frac{b\cdot\frac{ab}{a+b}}{b-\frac{ab}{a+b}}=a,$
$S_{\Delta AMD}=\frac{1}{2}AD\cdot AM=\frac{1}{2}b\cdot a=\frac{ab}{2}.$
Следовательно, прямая $DO$ разбивает трапецию $ABCD$ на две равновеликие части.
Второй способ. Заметим, что равны прямоугольные треугольники $OKC$, $OPC$ и $OFM$ (обозначим их площади через $s_{1}$), а также - прямоугольные треугольники $DKO$ и $DQO$ (обозначим их площади через $s_{2}$). Площади равных квадратов $AMOQ$ и $BMOP$ обозначим через $s_{3}$. Тогда
$S_{\Delta AMD}=s_{1}+s_{2}+s_{3},~$
$S_{ABCD}=S_{\Delta DKO}+S_{\Delta DQO}+S_{\Delta OKC}+S_{\Delta OPC}+S_{AMOQ}+S_{BMOP}=2s_{1}+2s_{2}+2s_{3}=2(s_{1}+s_{2}+s_{3})=2S_{\Delta AMD}.$
Следовательно, прямая $DO$ разбивает трапецию $ABCD$ на две равновеликие части.
