11912. В трапецию ABCD
вписана окружность, касающаяся боковой стороны AB
в точке M
, а боковой стороны CD
в точке K
, причём AM=9
, CK=3
. Найдите диагонали трапеции, если её периметр равен 56.
Ответ. AC=12\sqrt{2}
, BD=20
.
Решение. Пусть O
— центр окружности, r
— радиус. 2p=56
— периметр трапеции ABCD
, L
— её точка касания с основанием BC
. Обозначим BL=BM=x
, CL=CK=y
. По свойству описанного четырёхугольника (см. задачу 310)
AB+CD=AD+BC=p=28,~\mbox{или}~(9+x)+(3+y)=28,
откуда x+y=16
.
Отрезки OM
— высоты прямоугольных треугольников AOB
и COD
, проведённые из вершин прямых углов (см. задачу 313), поэтому
r^{2}=OM^{2}=AM\cdot MB=9x,~r^{2}=OK^{2}=CK\cdot KD=3y
(см. задачу 2728), откуда 9x=3y
, или y=3x
.
Учитывая, что x+y=16
, находим, что x=4
, y=12
. Тогда
AB=9+x=13,~CD=3+y=3+12=15,~
BC=BL+CL=x+3=4+3=7,~AD=p-BC=28-7=21,
r=\sqrt{AM\cdot MB}=\sqrt{9x}=\sqrt{36}=6.
Пусть BH
и CP
— высоты трапеции. Поскольку AD\gt BC
, точки H
и P
лежат на отрезке AD
, точка H
— между A
и P
, причём
BH=CP=2r=12.
Из прямоугольных треугольников ABH
и DCP
находим, что
AH=\sqrt{AB^{2}-BH^{2}}=\sqrt{13^{2}-12^{2}}=5,
DP=\sqrt{DC^{2}-CP^{2}}=\sqrt{15^{2}-12^{2}}=9,
а так как
AP=AH+HP=AH+BC=5+7=12,~
DH=DP+HP=9+7=16,
то
AC=\sqrt{AP^{2}+CP^{2}}=\sqrt{12^{2}+12^{2}}=12\sqrt{2},
BD=\sqrt{DH^{2}+BH^{2}}=\sqrt{16^{2}+12^{2}}=20.