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}}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 2010, билет 5
Источник: Шабунин М. И. и др. Методическое пособие по математике для учащихся старших классов и абитуриентов / Под ред. М. И. Шабунина. — 3-е изд. — М.: Физматкнига, 2013. — № 4.233, с. 99
Источник: Олимпиада «Физтех» (математическая олимпиада МФТИ). — 2010, выезд, билет Ш, задача 6