5161. Периметр трапеции ABCD
равен 44. Окружность пересекает основание AB
в точках K
и L
, сторону BC
— в точках M
и N
, основание CD
— в точках P
и R
, сторону AD
— в точках S
и T
, причём AK\lt AL
, CN\lt CM
, CP\lt CR
, AT\lt AS
, KL=MN=1
, PR=ST=7
, AK=5
, CP=\frac{1}{2}
. Найдите основания трапеции.
Ответ. \frac{89}{6}
, \frac{23}{3}
.
Решение. Обозначим BL=x
, DR=y
. Произведение всей секущей на её внешнюю часть для данной точки и данной окружности постоянно (степень точки относительно окружности), поэтому BM\cdot BN=BL\cdot BK
, или BM(BM+1)=BL(BL+1)
, откуда находим, что BM=BL=x
. Аналогично, DS=DR=y
.
Пусть AT=t
. Тогда AT\cdot AS=AK\cdot AL
, или t(t+7)=5\cdot6
. Из этого уравнения находим, что t=3
. Аналогично находим, что CN=\frac{3}{2}
.
Периметр трапеции равен 44, поэтому
5+1+x+x+1+\frac{3}{2}+\frac{1}{2}+7+y+y+7+3=44,
или x+y=9
.
Пусть E
и F
— проекции центра O
окружности на хорды PR
и KL
соответственно. Тогда E
и F
— середины этих хорд, а точки E
, O
и F
лежат на одной прямой. Значит, EF
— высота трапеции ABCD
. Пусть CH
— также высота трапеции. Тогда
BH=|BF-BH|=|(BL+LF)-(CP+PE)|=\left|x+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}-\frac{7}{2}\right|=\left|x-\frac{7}{2}\right|,
BC=BM+MN+NC=x+1+\frac{3}{2}=x+\frac{5}{2}.
По теореме Пифагора
CH^{2}=BC^{2}-BH^{2}=\left(x+\frac{5}{2}\right)^{2}-\left(x-\frac{7}{2}\right)^{2}.
Аналогично, если AG
— ещё одна высота трапеции ABCD
, то
AG^{2}=AD^{2}-DG^{2}=(10+y)^{2}-(y-2)^{2}.
Из равенства
\left(x+\frac{5}{2}\right)^{2}-\left(x-\frac{7}{2}\right)^{2}=(10+y)^{2}-(y-2)^{2}
следует, что 2x-4y=17
.
Из системы
\syst{x+y=9\\2x-4y=17}
находим, что x=\frac{53}{6}
, y=\frac{1}{6}
. Следовательно,
AB=AK+KL+x=5+1+\frac{53}{6}=\frac{89}{6},~CD=CP+PR+RD=\frac{1}{2}+7+\frac{1}{6}=\frac{23}{3}.
Источник: Вступительный экзамен на географический факультет МГУ. — 2006 июль, № 5, вариант 1