18. Планиметрическая задача: #211363

$a)$ Пусть $Q$ — точка пересечения продолжений боковых сторон. Точка $Q$, центры окружностей и точка $P$ лежат на одной прямой, причем $QP$ — биссектриса прямоугольного треугольника $AQD.$ Следовательно, по свойству биссектрисы треугольника:
$$\frac{AP}{PD} = \frac{QA}{QD} = \sin D$$

$б)$ Пусть окружность с центром $O_1$ радиуса $R = 3$ касается боковой стороны $AB$ в точке $E$, а основания $AD$ — в точке $M$, окружность радиуса $r = 1$ с центром $O_2$ касается боковой стороны $AB$ в точке $F$, а основания $BC$ — в точке $N$. Опустим перпендикуляр $O_2H$ из центра меньшей окружности на отрезок $O_1E$.

Тогда: $$O_1H = O_1E -HE = O_1E -O_2F = R -r = 3 -1 = 2$$ а поскольку линия центров окружностей проходит через точку их касания, $O_1O_2 = R + r = 3 + 1 = 4.$

Значит: $$EF = O_2H = \sqrt{O_1O_2^2 -O_1H^2} = \sqrt{16 -4} = 2\sqrt{3}$$ Обозначим: $$\angle AOP = \angle HO_2O_1 = \alpha$$ Тогда: $$\tg\alpha = \frac{O_1H}{O_2H} = \frac{\sqrt{3}}{3}$$
Получаем: $$\angle BQC = 2\alpha$$ $$\angle BCD = 90^\circ + 2\alpha$$ $$\angle O_2CN = \frac{1}{2}\angle BCD = 45^\circ + \alpha$$ Из треугольника $O_2CN$ находим: $$NC = O_2N\ctg(45^\circ + \alpha) = O_2N\tg(45^\circ -\alpha) = \frac{1 -\tg\alpha}{1 + \tg\alpha} = \frac{3- \sqrt{3}}{3 + \sqrt{3}} = 2 -\sqrt{3}$$ Следовательно: $$BC = BN + NC = 1 + 2 -\sqrt{3} = 3 -\sqrt{3}$$ Аналогично: $$\angle O_1DM = 45^\circ -\alpha$$ $$MD = O_1M\ctg(45^\circ -\alpha) = O_1M\tg(45^\circ + \alpha) = 3\cdot\frac{1 + \tg\alpha}{1 -\tg\alpha} = 3\cdot\frac{3 + \sqrt{3}}{3 -\sqrt{3}} = 6 + 3\sqrt{3}$$ $$AD = AM + MD = 3 + 6 + 3\sqrt{3} = 9 + 3\sqrt{3}$$ Учитывая, что: $$AB = AE + EF + FB = R + O_2H + r = 3 + 2\sqrt{3} + 1 = 4 + 2\sqrt{3}$$ получаем: $$S_{ABCD} = \frac{1}{2}(AD + BC)\cdot AB = \frac{12 + 2\sqrt{3}}{2}\cdot(4 + 2\sqrt{3}) = 30 + 16\sqrt{3}$$ Ответ:

$а)$ $\dfrac{AP}{PD} = \sin D.$
$б)$ $30 + 16\sqrt{3}.$