10443. Окружность, вписанная в трапецию ABCD
, касается её боковых сторон AB
и CD
в точках M
и N
соответственно. При этом AM=6BM
и 2DN=3CN
.
а) Докажите, что AD=3BC
.
б) Найдите MN
, если радиус окружности равен \sqrt{105}
.
Ответ. 18.
Решение. а) Пусть O
— центр окружности, r
— радиус, K
и L
— точки касания окружности с основаниями BC
и AD
соответственно. Положим BM=x
, AM=6x
, CN=2y
, DN=3y
. Поскольку CO
и DO
— биссектрисы углов C
и D
трапеции, треугольник COD
прямоугольный (см. задачу 313), а ON
— его высота, проведённая из вершины прямого угла. Значит, CN\cdot DN=ON^{2}
(см. задачу 2728), или 6y^{2}=r^{2}
. Аналогично из прямоугольного треугольника AOB
получаем, что 6x^{2}=r^{2}
. Тогда 6y^{2}=6x^{2}
, y=x
,
AD=AL+DL=AM+DN=6x+3y=6x+3x=9x,~
BC=BK+KC=BM+CN=x+2y=x+2x=3x.
Следовательно, AD=3BC
.
б) Пусть прямые AB
и CD
пересекаются в точке P
. Треугольник BPC
подобен треугольнику APD
с коэффициентом \frac{BC}{AD}=\frac{1}{3}
, поэтому \frac{PC}{PD}=\frac{1}{3}
. Тогда
PC=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}\cdot5y=\frac{1}{2}\cdot5x=\frac{5x}{2}.
Аналогично находим, что BP=\frac{1}{2}AB=\frac{7x}{2}
.
Пусть \angle APD=\alpha
. По теореме косинусов
\cos\alpha=\frac{BP^{2}+CP^{2}-BC^{2}}{2BP\cdot CP}=\frac{\frac{49x^{2}}{4}+\frac{25x^{2}}{4}-9x^{2}}{2\cdot\frac{7}{2}\cdot\frac{5}{2}}=\frac{19}{35}.
а так как PN=PM=\frac{7}{2}x+x=\frac{9}{2}x
, то
MN=\sqrt{PM^{2}+PN^{2}-2PM\cdot PN\cos\alpha}=
=\sqrt{\frac{81x^{2}}{4}+\frac{81x^{2}}{4}-2\cdot\frac{9}{2}\cdot\frac{9}{2}\cdot\frac{19}{35}}=\frac{18x\sqrt{2}}{\sqrt{35}}.
Из равенства
6x\cdot x=AM\cdot MB=OM^{2}=r^{2}=105,
находим, что x=\frac{\sqrt{35}}{\sqrt{2}}
. Следовательно,
MN=\frac{18\sqrt{2}}{\sqrt{35}}\cdot x=\frac{18\sqrt{2}}{\sqrt{35}}\cdot\frac{\sqrt{35}}{\sqrt{2}}=18.