13047. На стороне BC
параллелограмма ABCD
выбрана точка M
, для которой AM=MC
.
а) Докажите, что центр вписанной треугольник AMD
окружности лежит на диагонали AC
.
б) Найдите радиус вписанной в треугольник AMD
окружности, если AB=5
, BC=10
, \angle BAD=60^{\circ}
.
Ответ. \frac{17\sqrt{3}-3\sqrt{13}}{10}
.
Решение. а) Треугольник AMC
равнобедренный, поэтому
\angle CAL=\angle ACL=\angle CAD.
Значит, луч AC
— биссектриса угла MAD
, на которой лежит центр окружности, вписанной в треугольник MAD
(см. задачу 1140). Что и требовалось доказать.
б) Обозначим AM=MC=x
. Тогда BM=10-x
. По теореме косинусов
AM^{2}=AB^{2}+BM^{2}-2AB\cdot BM\cos120^{\circ},~\mbox{или}~x^{2}=25+(10-x)^{2}+5(10-x),
откуда x=7
. Тогда
MD=\sqrt{MC^{2}+CD^{2}-2MC\cdot CD\cos60^{\circ}}=
=\sqrt{MC^{2}+CD^{2}-2MC\cdot CD\cos60^{\circ}}=\sqrt{49+25-35}=\sqrt{39}.
Значит,
S_{\triangle AMD}=\frac{1}{2}S_{ABCD}=\frac{1}{2}AB\cdot AD\sin60^{\circ}=\frac{1}{2}\cdot5\cdot10\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{25\sqrt{3}}{2}.
С другой стороны, если r
— искомый радиус окружности, вписанной в треугольник AMD
, а p
— полупериметр треугольника AMD
, то
r=\frac{S_{\triangle AMD}}{p}=\frac{\frac{25\sqrt{3}}{2}}{\frac{1}{2}(7+\sqrt{39}+10)}=\frac{25\sqrt{3}}{17+\sqrt{39}}=\frac{17\sqrt{3}-3\sqrt{13}}{10}.