Задача по планиметрии

Пусть Е и F - общие точки двух неравных пересекающихся окружностей, АD и BC - общие внешние касательные этих окружностей (А, В, С и D - точки касания, первые две - на одной окружности, остальные - на второй). В каком отношении делит прямая EF площадь четырёхугольника ABCD, если известно, что отрезок АВ втрое длиннее отрезка CD?

Начнём с того, что обозначим центр первой окружности как P и радиус |PA|=|PB|=|PF|=|PE|=R
Центр второй окружности обозначим как Q и радиус |QC|=|QD|=|QF|=|QE|=r
Точку пересечения касательных обозначим O.

Легко видеть, что в силу симметрии точки P, Q и O лежат на одной прямой. И прямые AB, EF, CD перпендикулярны этой оси симметрии PQO. Обозначим точки их пересечения с этой осью как K, L, M. Все эти углы - прямые. Следовательно, ABCD - равнобедренная трапеция.
Обозначим угол(POB)=угол(POA)=x

Теперь мы будем в основном рассматривать верхнюю относительно оси OP часть чертежа, потому что нижняя полностью симметрична.

Первый шаг

Прямоугольные треугольники OBP и BKP подобны по двум углам: углы OBP и BKP равны 90°, а угол BPK (он же BPO) - общий, одинаковый. Отсюда, в частности, следует, что угол(KBP)=x

Аналогично, треугольник OCQ подобен треугольнику CMQ по двум углам, и угол(MCQ)=x
Итого мы имеем: OCQ ~ CMQ ~ OBP ~ BKP
Из подобия BKP ~ CMQ получим
|BK|/|BP|=|CM|/|CQ|
|BK|/R=|CM|/r
или удваивая
|AB|/R=|CD|/r
Откуда |AB|/|CD|=R/r
Напомним, что в условиях задачи отношение AB и CD задано. Обозначим его через w.
w=|AB|/|CD|=R/r

Второй шаг

Для определённости надо задать ещё один параметр нашей конструкции: расстояние между центрами двух окружностей |PQ|=d
Чтобы окружности пересекались, должно выполняться d <= R+r и d >= R-r

Дополним наш чертёж последним необходимым элементом: опустим из центра Q перпендикуляр QS на радиус PB. Этот перпендикуляр параллелен касательной CB, а стало быть r=|CQ|=|BS|
Поскольку у прямоугольных треугольников PKB и PSQ есть общий угол SPQ, эти треугольники подобны по двум углам.
А значит, угол(PQS)=угол(PBK)=x

То, что угол(PQS)=x, ещё более очевидно из параллельности SQ||BO и вторая сторона PO угла - общая. Значит, угол(PQS)=угол(POB)=x

Из подобия треугольников BKP ~ QSP имеем |KP|/|BP|= |PS|/|PQ|
|KP|/R=(R-r)/d {так как |PS|+|BS|=R}
|KP|=R*(R-r)/d {формула 1}

Вообще говоря, это ещё можно было написать как |KP|=|BP|*sin(x)=R*sin(x),
где синус можно найти из треугольника PSQ как sin(x)=|SP|/|PQ|=(R-r)/d

Из подобия треугольников CMQ ~ QSP (опять по таким же двум углам: прямому и углу x) имеем
|MQ|/|CQ|=|PS|/|PQ|
|MQ|/r=(R-r)/d
|MQ|=r*(R-r)/d {формула 2}
{Это значит, что |PK|/|QM|=R/r=w}

Третий шаг

Теперь рассмотрим треугольник PQF, в котором нам известны все три стороны: R, r и d.

Из прямоугольных треугольников PLF и QLF имеем по теореме Пифагора:
h²+d_R²=R²
h²+d_r²=r²
Вычитаем равенства друг из друга, h² ушли:
d_R²-d_r²=R²-r²
(d_R-d_r)*(d_R+d_r)=R²-r²
(d_R-d_r)*d=R²-r²
d_R-d_r=(R²-r²)/d
С другой стороны, d_R+d_r=d {по определению}
Складывая эти равенства, получим:
2*d_R=(R²-r²)/d + d=(d²+R²-r²)/d
d_R=(d²+R²-r²)/(2*d)
и, беря d_r=d-d_R,
d_r=(d²+r²-R²)/(2*d)

Те же формулы могут быть быстрее получены через теорему косинусов:
R²+d²-2*R*d*cos(P)=r² {треугольник FPQ}
Откуда cos(P)=(R²+d²-r²)/(2*R*d)
Далее, d_R=R*cos(P)=(R²+d²-r²)/(2*d) {треугольник FPL}
Аналогично, d_r=r*cos(Q)=(r²+d²-R²)/(2*d)

Четвёртый шаг

Теперь посмотрим, что у нас накопилось за все эти шаги.

Вот сводка формул:
d_R=(d²+R²-r²)/(2*d)
d_r=(d²+r²-R²)/(2*d)
|KP|=R*(R-r)/d {формула 1}
|MQ|=r*(R-r)/d {формула 2}

Откуда:
|KL|=|PL|-|PK|=d_R-|KP|=(d²+R²-r²)/(2*d) - R*(R-r)/d=(d²+R²-r²-2*R²+2*R*r)/(2*d)=
=(d²-R²-r²+2*R*r)/(2*d)=[d² - (R-r)²]/(2*d)
|LM|=|LQ|+|QM|=d_r+|MQ|=(d²+r²-R²)/(2*d) + r*(R-r)/d=(d²+r²-R²+2*R*r-2*r²)/(2*d)=
=(d²-r²-R²+2*R*r)/(2*d)=[d² - (R-r)²]/(2*d)
Сравнивая формулы для |KL| и |LM|, обнаруживаем, что |KL|=|LM|

Честно говоря, я не ожидал такого простого соотношения! Этот нетривиальный результат получен с помощью громоздких вычислений, и мне пока неясно, нельзя ли его получить из каких-либо иных соображений. Тем не менее, мы доказали вот что:
Прямая, проведённая через точки пересечения окружностей, делит высоту трапеции ABCD пополам, а значит и отрезок BC касательной тоже делится пополам.

Последнее следует из подобия прямоугольных треугольников KOB ~ LOX ~ MOC с общим углом O.

Пятый шаг, последний

Остался пустяк: найти отношение площадей в равнобедренной трапеции.

Площадь трапеции равна полусумме оснований, умноженной на высоту. Кроме того, средняя линия трапеции равна полусумме её оснований. Имеем:
S_ABXY=|LK|*(|XY|+|AB|)/2
S_CDYX=|LM|*(|XY|+|CD|)/2
где в нашем случае |LK|=|LM|
Значит,
S_ABXY/S_CDYX=(|XY|+|AB|)/(|XY|+|CD|)=
=((|AB|+|CD|)/2 + |AB|) / ((|AB|+|CD|)/2 + |CD|)=
    вспоминая, что по условию |AB|/|CD|=w
    делим числитель и знаменатель на |CD|
=((w+1)/2 + w)/((w+1)/2 + 1)=(3*w + 1)/(w + 3)

При w=3 отношение есть 10/6, оно же 5/3.