5498. В трапецию
ABCD
можно вписать окружность. Длины её боковых сторон
AB
и
CD
равны соответственно 3 и 5, а длина основания
AD
больше длины
BC
. Средняя линия трапеции делит её на две части, отношение площадей равно
\frac{5}{11}
. Найдите радиус вписанной в трапецию окружности и длины диагоналей трапеции.
Ответ.
\frac{\sqrt{14}}{3}
,
\frac{2\sqrt{30}}{3}
,
\frac{2\sqrt{78}}{3}
.
Решение. Первый способ. Пусть
M
и
N
— середины боковых сторон соответственно
AB
и
CD
трапеции
ABCD
. Обозначим
BC=x
,
AD=y
. Тогда
MN=\frac{x+y}{2}
. Средняя линия делит высоту трапеции пополам, поэтому высоты трапеций
MBCN
и
AMND
равны. Значит, площади этих трапеций относятся как полусуммы их оснований. Поэтому
\frac{x+\frac{x+y}{2}}{y+\frac{x+y}{2}}=\frac{5}{11},~\frac{3x+y}{x+3y}=\frac{5}{11},~11(3x+y)=5(x+3y).

Отсюда получаем, что
y=7x
, а так как в трапецию можно вписать окружность, то сумма её оснований равна сумме боковых сторон, т. е.
x+7x=3+5
. Следовательно,
x=1
. Тогда
BC=1
,
AD=7
.
Через вершину
C
проведём прямую, параллельную боковой стороне
AB
. Пусть эта прямая пересекает основание
AD
в точке
K
. Тогда
KD=AD-AK=AD-BC=7-1=6,~CK=AB=3.

Пусть
r
— радиус окружности, вписанной в трапецию,
p
— полупериметр треугольника
CKD
,
h=CH
— высота треугольника
CKD
. Тогда
p=\frac{3+5+6}{2}=7
. По формуле Герона
S_{\triangle CKD}=\sqrt{p(p-3)(p-5)(p-6)}=\sqrt{7\cdot4\cdot2\cdot1}=2\sqrt{14}.

С другой стороны,
S_{\triangle CKD}=\frac{1}{2}KD\cdot h=3h
. Из равенства
3h=2\sqrt{14}
находим, что
h=\frac{2\sqrt{14}}{3}
. Следовательно,
r=\frac{h}{2}=\frac{\sqrt{14}}{3}
.
Пусть
BP
— высота трапеции. Обозначим
\angle ADC=\alpha
,
\angle BAD=\beta
. Из прямоугольных треугольников
CHD
и
BPA
находим, что
\sin\alpha=\frac{CH}{CD}=\frac{\frac{2\sqrt{14}}{3}}{5}=\frac{2\sqrt{14}}{15},~\sin\beta=\frac{BP}{AB}=\frac{\frac{2\sqrt{14}}{3}}{3}=\frac{2\sqrt{14}}{9}.

Тогда
\cos\alpha=\sqrt{1-\left(\frac{2\sqrt{14}}{15}\right)^{2}}=\frac{13}{15},~\cos\beta=\sqrt{1-\left(\frac{2\sqrt{14}}{9}\right)^{2}}=\frac{5}{9}.

По теореме косинусов
AC^{2}=AD^{2}+CD^{2}-2AD\cdot CD\cos\alpha=49+25-2\cdot7\cdot5\cdot\frac{13}{15}=\frac{120}{9},

BD^{2}=AB^{2}+AD^{2}-2AB\cdot AD\cos\beta=9+49-2\cdot3\cdot7\cdot\frac{5}{9}=\frac{312}{9}.

Следовательно,
AC=\frac{2\sqrt{30}}{3},~BD=\frac{2\sqrt{78}}{3}.

Второй способ. Пусть
M
,
K
,
N
,
E
— точки касания вписанной в трапецию окружности со сторонами
AB
,
BC=b
,
CD
,
AD=a
соответственно,
P
и
Q
— середины боковых сторон соответственно
AB
и
CD
,
r
— радиус окружности, вписанной в трапецию,
BF=CT=h=2r
— высоты трапеции,
S_{1}
и
S_{2}
— площади трапеций
PBCQ
и
OADQ
соответственно.
В трапецию вписана окружность, поэтому
a+b=AD+BC=AB+CD=3+5=8.

Поскольку
PQ=\frac{a+b}{2}=4
как средняя линия трапеции, то
\frac{5}{11}=\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{\frac{BC+PQ}{2}\cdot\frac{h}{2}}{\frac{AD+PQ}{2}\cdot\frac{h}{2}}=\frac{b+4}{a+4},

или
5a-11b=24
, а так как
a=8-b
, то
16b=16
, откуда
b=1
и
a=7
.
Обозначим
BM=BK=x
,
AM=AE=y
. Пусть
O
— центр окружности. Тогда
OM
— высота прямоугольного треугольника
AOB
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому
OM^{2}=BM\cdot AM
, или
r^{2}=xy
Поскольку
CN=CK=1-x
и
DN=DE=7-y
, то аналогично,
r^{2}=(1-x)(7-y)=7+xy-7x-y,~\mbox{или}~xy=7+xy-7x-y,

откуда
7x+y=7
. При этом
x+y=AB=3
, поэтому
7x+(3-x)=7
. Значит,
x=\frac{2}{3},~y=3-x=3-\frac{2}{3}=\frac{7}{3}.

Следовательно,
r=\sqrt{xy}=\sqrt{\frac{2}{3}\cdot\frac{7}{3}}=\frac{\sqrt{14}}{3}.

Поскольку
BKEF
— прямоугольник,
EF=BK=x=\frac{2}{3},~DF=DE+EF=x+(7-y)=\frac{2}{3}+7-\frac{7}{3}=\frac{16}{3},

а так как
BF=2r=\frac{2\sqrt{14}}{3}
, то из прямоугольного треугольника
BFD
находим, что
BD=\sqrt{DF^{2}+BF^{2}}=\sqrt{\left(\frac{16}{3}\right)^{2}+\left(\frac{2\sqrt{14}}{3}\right)^{2}}=2\sqrt{\frac{26}{3}}.

Аналогично,
AC=\sqrt{AT^{2}+CT^{2}}=\sqrt{\left(\frac{8}{3}\right)^{2}+\left(\frac{2\sqrt{14}}{3}\right)^{2}}=2\sqrt{\frac{10}{3}}.