[petras]

Dada la figura, calcule el área de la región trapecial \( ABCD \) (\( AB \parallel CD \)), si \( OP=6m; \) \( P~ y~ T  \) son puntos de tangencia y la medida del arco \( AB \) más la medida del arco \( CT \) es igual a \(  60° \).

Spoiler

R:\( 18\sqrt3 \)

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[ani_pascual]

Hola:

Dada la figura, calcule el área de la región trapecial \( ABCD \) (\( AB \parallel CD \)), si \( OP=6m; \) \( P~ y~ T  \) son puntos de tangencia y la medida del arco \( AB \) más la medida del arco \( CT \) es igual a \(  60° \).

Spoiler

R:\( 18\sqrt3 \)

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Spoiler

Dando por hecho (aún no logro probarlo) que \( AT||BC \), es decir, si \( AB=CT \) y \( \angle{COT}=\angle{BOA}=30^{\circ} \), lo cual implica que \( \angle{OCA}=15^{\circ} \) y que \( \angle{TCP}=30^{\circ} \) y esto a su vez que \(  \angle{CTP}=60^{\circ}\Longrightarrow \angle{DTP}=45^{\circ}=\angle{TDP} \) ya que \( AB||CD \) y \( \angle{BAC}=90^{\circ} \) implican \( AC\perp CD \) y \( \angle{TPD}=90^{\circ}\Longrightarrow PT||AC \), y además se tiene \( \angle{AOT}=180^{\circ}-(\angle{COT}+\angle{BOA})=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}\Longrightarrow \angle{TCA}=\angle{ABT}=60^{\circ} \).
El área del trapecio viene dada por la expresión
\( S=\dfrac{(AB+CD)}{2}\cdot AC \).
Ahora bien,  \( PD=PT=r\sqrt{2} \) siendo \( r>0 \) el radio de la circunferencia pequeña.
y \( R(R+2r)=OP^2=36\,\,\,(\ast) \) siendo \( R>0 \) el radio de la circunferencia grande.
Por otra parte, por el teorema del seno en el triángulo \( \triangle{CDT} \) es
\( \dfrac{CD}{\sin 105^{\circ}}=\dfrac{2r}{\sin 30^{\circ}}\Longrightarrow CD=4r\sin 75^{\circ}=(\sqrt{6}+\sqrt{2})r \) luego \( CP=CD-PD=r\sqrt{6} \).
Por el teorema de Pitágoras en el triángulo rectángulo \( \triangle{CPT} \) es \( CT^2=CP^2+PT^2=6r^2+2r^2=8r^2\Longrightarrow CT=AB=2\sqrt{2}r \) y por el teorema del seno en el triángulo \( \triangle{CTA} \) es \( \dfrac{AC}{\sin 105^{\circ}}=\dfrac{CT}{\sin 15^{\circ}}\Longrightarrow AC=2\sqrt{2}r\cdot\dfrac{\sin 75^{\circ}}{\sin 15^{\circ}}=\cdots =(4\sqrt{2}+2\sqrt{6})r \).
Finalmente
\( S=\dfrac{(AB+CD)}{2}\cdot AC=\dfrac{2\sqrt{2}r+(\sqrt{6}+\sqrt{2})r}{2}\cdot (4\sqrt{2}+2\sqrt{6})r=\cdots=(18+10\sqrt{3})r^2 \).
Pero como \( AT=R\sqrt{3} \) y por el teorema del seno en el triángulo \( \triangle{CTA} \) es \( \dfrac{AT}{\sin 60^{\circ}}=\dfrac{CT}{\sin 15^{\circ}} \) se deduce que \( \dfrac{R\sqrt{3}}{\sqrt{3}/2}=\dfrac{2\sqrt{2}r}{(\sqrt{6}-\sqrt{2})/4}\Longrightarrow R=2(\sqrt{3}+1)r \), que sustituyendo en \( (\ast ) \), conducen a \( r^2=\dfrac{9}{5+3\sqrt{3}} \).
En definitiva, \( S=(18+10\sqrt{3})r^2=(18+10\sqrt{3})\cdot \dfrac{9}{5+3\sqrt{3}}=\cdots =\boxed{18\sqrt{3}} \)
Nota: Se usa que \( \sin 75^{\circ}=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} \) y que \( \sin 15^{\circ}=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} \)

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Saludos

[Pie]

Hola:

Dada la figura, calcule el área de la región trapecial \( ABCD \) (\( AB \parallel CD \)), si \( OP=6m; \) \( P~ y~ T  \) son puntos de tangencia y la medida del arco \( AB \) más la medida del arco \( CT \) es igual a \(  60° \).

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R:\( 18\sqrt3 \)

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Spoiler

Dando por hecho (aún no logro probarlo) que \( AT||BC \), es decir, si \( AB=CT \) y \( \angle{COT}=\angle{BOA}=30^{\circ} \), lo cual implica que \( \angle{OCA}=15^{\circ} \) y que \( \angle{TCP}=30^{\circ} \) y esto a su vez que \(  \angle{CTP}=60^{\circ}\Longrightarrow \angle{DTP}=45^{\circ}=\angle{TDP} \) ya que \( AB||CD \) y \( \angle{BAC}=90^{\circ} \) implican \( AC\perp CD \) y \( \angle{TPD}=90^{\circ}\Longrightarrow PT||AC \), y además se tiene \( \angle{AOT}=180^{\circ}-(\angle{COT}+\angle{BOA})=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}\Longrightarrow \angle{TCA}=\angle{ABT}=60^{\circ} \).
El área del trapecio viene dada por la expresión
\( S=\dfrac{(AB+CD)}{2}\cdot AC \).
Ahora bien,  \( PD=PT=r\sqrt{2} \) siendo \( r>0 \) el radio de la circunferencia pequeña.
y \( R(R+2r)=OP^2=36\,\,\,(\ast) \) siendo \( R>0 \) el radio de la circunferencia grande.
Por otra parte, por el teorema del seno en el triángulo \( \triangle{CDT} \) es
\( \dfrac{CD}{\sin 105^{\circ}}=\dfrac{2r}{\sin 30^{\circ}}\Longrightarrow CD=4r\sin 75^{\circ}=(\sqrt{6}+\sqrt{2})r \) luego \( CP=CD-PD=r\sqrt{6} \).
Por el teorema de Pitágoras en el triángulo rectángulo \( \triangle{CPT} \) es \( CT^2=CP^2+PT^2=6r^2+2r^2=8r^2\Longrightarrow CT=AB=2\sqrt{2}r \) y por el teorema del seno en el triángulo \( \triangle{CTA} \) es \( \dfrac{AC}{\sin 105^{\circ}}=\dfrac{CT}{\sin 15^{\circ}}\Longrightarrow AC=2\sqrt{2}r\cdot\dfrac{\sin 75^{\circ}}{\sin 15^{\circ}}=\cdots =(4\sqrt{2}+2\sqrt{6})r \).
Finalmente
\( S=\dfrac{(AB+CD)}{2}\cdot AC=\dfrac{2\sqrt{2}r+(\sqrt{6}+\sqrt{2})r}{2}\cdot (4\sqrt{2}+2\sqrt{6})r=\cdots=(18+10\sqrt{3})r^2 \).
Pero como \( AT=R\sqrt{3} \) y por el teorema del seno en el triángulo \( \triangle{CTA} \) es \( \dfrac{AT}{\sin 60^{\circ}}=\dfrac{CT}{\sin 15^{\circ}} \) se deduce que \( \dfrac{R\sqrt{3}}{\sqrt{3}/2}=\dfrac{2\sqrt{2}r}{(\sqrt{6}-\sqrt{2})/4}\Longrightarrow R=2(\sqrt{3}+1)r \), que sustituyendo en \( (\ast ) \), conducen a \( r^2=\dfrac{9}{5+3\sqrt{3}} \).
En definitiva, \( S=(18+10\sqrt{3})r^2=(18+10\sqrt{3})\cdot \dfrac{9}{5+3\sqrt{3}}=\cdots =\boxed{18\sqrt{3}} \)
Nota: Se usa que \( \sin 75^{\circ}=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} \) y que \( \sin 15^{\circ}=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} \)

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Saludos

Spoiler

No lo he leído todo pero creo que lo que asumes no es cierto. Con esa construcción \( OP \) no es tangente a la circunferencia pequeña (haz zoom y verás que la corta en dos puntos diferentes )

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Saludos.

[petras]

Solución rápida y directa.En el caso degenerado \(C=D=P\), el trapecio se convierte en un triángulo rectángulo, con \(OA=OC=OB=6\) y \(\angle AOC=120°\).
Se puede hallar fácilmente que su área es \(18\sqrt3\).

Solución general. Nótese en primer lugar que \(BA\perp CA\), por lo tanto podemos elegir una referencia cartesiana centrada en \(O\) y tal que:\(C=(x,y),\quad A=(x,-y),\quad B=(-x,-y).\)
De \(\angle AOT=120°\) se deduce que \(T\) se obtiene a partir de la rotación de \(A\) en \(120°\) alrededor de \(O\), por lo tanto \(T=(x_T,y_T)\) donde:\(x_{T}=-\frac{1}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}y,\quad y_{T}=\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y.\)

Además, \(PT\perp PD\), de modo que: \(P=(x_T,y)\).

Finalmente, \(D=(\bar x,y)\), donde \(\bar x:x_T=y:y_T\), es decir:\( (={x}=y\frac{x_{T}}{y_{T}}.) \)
La condición \(OP=6\) da entonces:\( \tag{1} x_T^2+y^2=36. \)
Si \(E\) es el punto medio de \(PD\), la condición de tangencia \(OP\perp EP\) además:\( x_{T}(={x}-x_{T})+y(y_{T}-y)=0 \) es decir:\( y\frac{x_{T}^{2}}{y_{T}}-x_{T}^{2}+yy_{T}-y^{2}=0. \)

Introduciendo aquí la ecuación \((1)\) obtenemos: \( \tag{2} y(x_T^2+y_T^2)=36y_T, \quad\text{es decir:}\quad y(x^2+y^2)=36y_T \).

Por otra parte, el área del trapecio \(ABCD\) viene dada por:\( área=\frac{AB+CD}{2}\cdot 2y=(x+={x})y=\left(x+y\frac{x_{T}}{y_{T}}\right)y=(xy_{T}+yx_{T})\frac{y}{y_{T}}. \)
Sustituyendo aquí \({y\over y_T}={36\over x^2+y^2}\) de la ecuación \((2)\) obtenemos así:\(área=36\frac{xy_{T}+yx_{T}}{x^{2}+y^{2}}.\)

Pero un cálculo directo da: \(xy_T+yx_T={\sqrt3\over2}(x^2+y^2)\)y finalmente obtenemos:$$área\(=18\sqrt3\).

EDICIÓN.Nótese que las ecuaciones \((1)\) y \((2)\) se pueden resolver para \(x\) e \(y\), dando tres soluciones diferentes (una de las cuales es el caso degenerado analizado anteriormente). Pero el área de \(ABCD\) es la misma en todos los casos.

(Solucion: Intelligenti pauca)