6353. Дан ромб ABCD
с диагоналями AC=48
и BD=14
. Проведена окружность радиуса \frac{7\sqrt{2}}{2}
с центром в точке пересечения диагоналей ромба. Прямая, проходящая через вершину B
, касается этой окружности и пересекает прямую CD
в точке M
. Найдите CM
.
Ответ. \frac{425}{31}
или \frac{775}{17}
.
Решение. Пусть точка M
лежит между C
и D
(рис. 1), P
— точка касания прямой BM
с данной окружностью, O
— центр ромба.
По теореме Пифагора
CD=\sqrt{OD^{2}+OC^{2}}=\sqrt{7^{2}+24^{2}}=25.
Обозначим \angle OBM=\alpha
, \angle BDC=\beta
. Из прямоугольных треугольников OPB
и COD
находим, что
\sin\alpha=\frac{OP}{OB}=\frac{\frac{7\sqrt{2}}{2}}{7}=\frac{\sqrt{2}}{2},~\alpha=45^{\circ},
\cos\beta=\frac{OD}{CD}=\frac{7}{25},~\sin\beta=\frac{24}{25}.
Применяя теорему синусов к треугольнику BMD
получим, что \frac{DM}{\sin\angle MBD}=\frac{BD}{\sin\angle BMD}
, поэтому
MD=\frac{BD\sin\angle MBD}{\sin\angle BMD}=\frac{14\sin45^{\circ}}{\sin(180^{\circ}-45^{\circ}-\beta)}=\frac{7\sqrt{2}}{\sin(45^{\circ}+\beta)}=
=\frac{7\sqrt{2}}{\sin45^{\circ}\cos\beta+\cos45^{\circ}\sin\beta}=\frac{7\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{7}{25}+\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{24}{25}}=\frac{350}{31}.
Следовательно,
CM=CD-MD=25-\frac{350}{31}=\frac{425}{31}.
Пусть теперь точка M
лежит на продолжении стороны CD
за точку D
(рис. 2). Тогда по теореме о внешнем угле треугольника \angle BMD=\angle BDC-\angle MBD=\beta-\alpha
. Далее, рассуждая аналогично предыдущему случаю, получим, что
MD=\frac{7\sqrt{2}}{\sin(\beta-45^{\circ})}=\frac{7\sqrt{2}}{\sin\beta\cos45^{\circ}-\sin45^{\circ}\cos\beta}=\frac{7\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{24}{25}-\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{7}{25}}=\frac{350}{17}.
Следовательно,
CM=CD+MD=25+\frac{350}{17}=\frac{775}{17}.
Источник: Диагностические и тренировочные задачи ЕГЭ. — Задача C4, 2010