11895. Боковые стороны AB
и CD
трапеции ABCD
равны 2 и 3, углы A
и D
острые. Биссектрисы углов A
и B
трапеции пересекаются в точке M
, биссектрисы углов C
и D
— в точке N
, а биссектрисы углов B
и C
пересекаются вне трапеции. Длина отрезка MN
равна 4. Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник ABD
, если площадь трапеции ABCD
равна \frac{26\sqrt{2}}{3}
.
Ответ. \frac{16\sqrt{2}}{15+\sqrt{129}}
.
Решение. Пусть X
и Y
— середины боковых сторон соответственно AB
и CD
трапеции. Точки M
и N
лежат на средней линии XY
(см. задачу 1286), причём точка M
— между X
и N
. Тогда
XY=AM+MN+NY=\frac{1}{2}AB+MN+\frac{1}{2}CD=
=1+4+\frac{3}{2}=\frac{13}{2}=\frac{BC+AD}{2}.
Обозначим BC=x
, AD=y
. Пусть BP=CQ=h
— высоты трапеции. Тогда
\frac{26\sqrt{2}}{3}=S_{ABCD}=\frac{1}{2}(x+y)h=\frac{13}{2}h,
откуда h=\frac{4\sqrt{2}}{3}
.
Пусть прямая, проведённая через вершину C
параллельно AB
, пересекает основание AD
в точке K
. Тогда CK=AB=2
. Применив теорему Пифагора к треугольникам CKQ
и CDQ
получим
DQ=\sqrt{CD^{2}-CQ^{2}}=\sqrt{9-\frac{32}{9}}=\frac{2}{3},
KQ=\sqrt{CK^{2}-CQ^{2}}=\sqrt{4-\frac{32}{9}}=\frac{7}{3},~
поэтому
y-x=DK=DQ+KQ=\frac{2}{3}+\frac{7}{3}=3,
а так как x+y=13
, то x=5
и y=8
.
Поскольку AP=KQ=\frac{2}{3}
, из прямоугольного треугольника BPD
находим, что
BD=\sqrt{BP^{2}+DP^{2}}=\sqrt{BP^{2}+(AD-AP)^{2}}=\sqrt{\frac{32}{9}+\left(8-\frac{2}{3}\right)}=\frac{2\sqrt{129}}{3}.
Пусть r
— радиус окружности, вписанной в треугольник ABD
, p
— полупериметр треугольника ABD
. S
— площадь. Отношение оснований трапеции равно AD:BC=y:x=8:5
, поэтому
S=\frac{8}{13}S_{ABCD}=\frac{8}{13}\cdot\frac{26\sqrt{2}}{3}=\frac{16\sqrt{2}}{3}.
Следовательно (см. задачу 452),
r=\frac{S}{p}=\frac{\frac{16\sqrt{2}}{3}}{\frac{1}{2}\left(2+8+\frac{2\sqrt{129}}{3}\right)}=\frac{16\sqrt{2}}{15+\sqrt{129}}.