5815. Около окружности радиуса 1 описаны ромб и треугольник, две стороны которого параллельны диагоналям ромба, а третья параллельна одной из сторон ромба и равна 5. Найдите сторону ромба.
Ответ. \frac{25}{12}
.
Решение. Пусть сторона KM
треугольника KLM
параллельна диагонали BD
ромба ABCD
и касается данной окружности в точке P
, сторона KL
треугольника параллельна диагонали AC
ромба и касается окружности в точке Q
, а сторона LM
треугольника параллельна стороне AB
ромба и касается окружности в точке T
. Поскольку стороны KM
и KL
параллельны диагоналям ромба, а диагонали ромба перпендикулярны, треугольник KLM
— прямоугольный, причём \angle LKM=90^{\circ}
. Если O
— центр окружности, то четырёхугольник KPOQ
— квадрат со стороной, равной радиусу окружности, т. е. 1.
Обозначим MP=MD=x
. Тогда
MT=MP=x,~LQ=LT=ML-MT=5-x,~KL=KQ+LQ=1+(5-x)=6-x.
По теореме Пифагора ML^{2}=KM^{2}+KL^{2}
, или
25=(1+x)^{2}+(6-x)^{2},~x^{2}-5x+6=0.
Предположим, что KM\lt KL
. Тогда возьмём меньший корень полученного уравнения: x=2
. Таким образом, KM=1+x=1+2=3
, KL=6-x=6-2=4
.
Обозначим \angle KLM=\alpha
. Тогда
\sin\alpha=\frac{KM}{ML}=\frac{3}{5},~\cos\alpha=\frac{4}{5},~\sin2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha=2\cdot\frac{3}{5}\cdot\frac{4}{5}=\frac{24}{25}.
Пусть H
— проекция вершины B
ромба на его сторону AD
. Тогда BH
— высота ромба, значит, BH
вдвое больше радиуса окружности, вписанной в ромб, т. е. BH=2
. Из прямоугольного треугольника AHB
находим, что
AB=\frac{BH}{\sin\angle BAD}=\frac{BH}{\sin2\angle BAC}=\frac{BC}{\sin2\angle KLM}=\frac{2}{\sin2\alpha}=\frac{2}{\frac{24}{25}}=\frac{25}{12}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1997, билет 9, № 3
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 97-9-3, с. 370