Дана \(\href{https://examp.info/onedef/ravnobokaya-trapeciya/}{\text{равнобокая трапеция}}\) \(ABCD\) с основаниями \(AB\) и \(CD\). Известно, что окружности, вписанные в треугольники \(ABC\) и \(ACD\), касаются диагонали \(AC\) в одной и той же точке. При этом точка касания первой окружности со стороной \(BC\) делит эту сторону пополам. Найдите отношение, в котором точка касания второй окружности со стороной \(AD\) делит эту сторону, считая от точки \(A\).

Решение

Обозначим через \(K,L,M,N,O\) точки пересечения окружностей с отрезками \(AB,BC,CD,AD,AC\) соответственно.

Не ограничивая общности можно считать, что \(BL=1\).

Тогда по \(\href{https://examp.info/theorem/o-kasatelnyh/}{\text{свойству отрезков касательных}}\) \(BK=BL=CL=CO=CM=1\). Положим \(AN=x\), \(DN=y\). Тогда \(AK=AO=AN=x\) и \(DN=DM=y\). Искомое отношение равно \(x:y\). Заметим, что \(x+y=AD=BC=2\). Проведем высоту \(CH\), тогда \(AC^{2}-AH^{2}=CH^{2}=BC^{2}-BH^{2}\), при этом \(AC=x+1\), \(AH=\frac{AB+CD}{2}=\frac{x+y+2}{2}\), \(BC=2\), \(BH=\frac{AB-CD}{2}=\frac{x-y}{2}=\frac{x-(2-x)}{2}=x-1\\\), т.к. трапеция — равнобокая.

Значит \(AC^{2}-AH^{2}=BC^{2}-BH^{2} \quad\Leftrightarrow\quad (x+1)^{2}-4=4-(x-1)^{2} \quad\Leftrightarrow\quad x^{2}=3\\\).

Следовательно, \(x=\sqrt{3}\), тогда \(y=2-\sqrt{3}\) и \(x:y=\frac{\sqrt{3}}{2-\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3} \cdot (2+\sqrt{3})}{(2-\sqrt{3}) \cdot (2+\sqrt{3})}=3+2\sqrt{3}\).

Ответ: \(3+2\sqrt{3}\).