5847. Внутри параллелограмма ABCD
взята точка K
так, что треугольник CKD
равносторонний. Известно, что расстояния от точки K
до прямых AD
, AB
и BC
равны соответственно 3, 6 и 5. Найдите периметр параллелограмма.
Ответ. \frac{49\sqrt{3}}{2}
.
Решение. Пусть KQ
, KN=3
, KM=6
и KP=5
— перпендикуляры, опущенные из точки K
на прямые CD
, AD
, AB
и BC
соответственно. Обозначим CD=KC=KD=a
, AD=BC=b
, \angle KDN=\alpha
. Тогда
\angle KCP=\angle BCD-60^{\circ}=(180^{\circ}-\angle ADC)-60^{\circ}=120^{\circ}-\angle ADC=120^{\circ}-(\alpha+60^{\circ})=60^{\circ}-\alpha.
Из прямоугольных треугольников DKN
и CKP
находим, что
a=KD=\frac{KN}{\sin\alpha}=\frac{3}{\sin\alpha},~a=KC=\frac{KP}{\sin(60^{\circ}-\alpha)}=\frac{5}{\sin(60^{\circ}-\alpha)}.
Значит, \frac{3}{\sin\alpha}=\frac{5}{\sin(60^{\circ}-\alpha)}
, или 15\sin\alpha=3\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\alpha-\frac{1}{2}\sin\alpha\right)
. Отсюда находим, что \tg\alpha=\frac{3\sqrt{3}}{13}
. Тогда
\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\alpha}}=\frac{13}{14},~\sin\alpha=\frac{3\sqrt{3}}{14},
Следовательно,
a=\frac{3}{\sin\alpha}=\frac{14}{\sqrt{3}},~KQ=\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{14}{\sqrt{3}}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=7,~MQ=MK+KQ=6+7=13.
Заметим, что NP
и MQ
— высоты параллелограмма ABCD
, поэтому BC\cdot PN=CD\cdot MQ
, откуда
b=BC=\frac{CD\cdot MQ}{PN}=\frac{\frac{14}{\sqrt{3}}\cdot13}{8}=\frac{91}{4\sqrt{3}}.
Следовательно,
AB+BC+CD+AD=2(CD+BC)=2\left(\frac{14}{\sqrt{3}}+\frac{91}{4\sqrt{3}}\right)=\frac{49\sqrt{3}}{2}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1993, билет 5, № 4
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. — № 93-5-4, с. 331