6832. Точки M
и N
— середины сторон соответственно AB
и AC
треугольника ABC
. Прямая, проходящая через вершину A
, пересекает отрезки MN
и BC
в точках K
и L
соответственно, причём в четырёхугольник BMKL
можно вписать окружность.
а) Докажите, что периметр треугольника ABL
в четыре раза больше отрезка BL
.
б) Найдите этот периметр, если AB=20
, AC=34
, BC=42
.
Ответ. 48.
Решение. а) Пусть периметр треугольника ABL
равен P
. Отрезок MK
— средняя линия треугольника ABL
, поэтому MK=\frac{1}{2}BL
. В четырёхугольник BMKL
можно вписать окружность, значит,
BM+KL=BL+MK=BL+\frac{1}{2}BL=\frac{3}{2}BL,
или
P-BL=AB+AL=2BM+2KL=2(BM+KL)=2\cdot\frac{3}{2}BL=3BL.
Следовательно, BL=\frac{1}{4}P
.
б)
Первый способ. Обозначим \angle ABC=\alpha
, MK=x
. По теореме косинусов
\cos\alpha=\frac{AB^{2}+BC^{2}-AC^{2}}{2AB\cdot BC}=\frac{20^{2}+42^{2}-34^{2}}{2\cdot20\cdot42}=\frac{3}{5}.
Через вершину M
трапеции BMKL
проведём прямую, параллельную боковой стороне KL
. Пусть эта прямая пересекает основание BL=2x
в точке T
. Тогда
BT=BL-TL=BL-MK=2x-x=x,
а так как в трапецию BMKL
вписана окружность, то MT=KL=3x-10
. По теореме косинусов
MT^{2}=BM^{2}+BT^{2}-2BM\cdot BT\cos\alpha=100+x^{2}-2\cdot10\cdot x\cdot\frac{3}{5}=100+x^{2}-12x.
Из уравнения 100+x^{2}-12x=(3x-10)^{2}
находим, что x=6
. Тогда BT=6
, KL=MT=3x-10=8
. Значит, AL=2KL=16
, BL=2x=12
. Следовательно,
P=AB+BL+AL=20+12+16=48.
Второй способ. Пусть p
— полупериметр, а S
— площадь треугольника ABC
. Тогда
p=\frac{20+34+42}{2}=48,~
S=\sqrt{48(48-20)(48-34)(48-42)}=\sqrt{48\cdot28\cdot14\cdot6}=4\cdot14\cdot6=336.
Пусть h
— высота треугольника ABC
, проведённая из вершины A
, r
— радиус окружности, вписанной в четырёхугольник BMKL
. Тогда
h=\frac{2S}{BC}=\frac{2\cdot336}{42}=16,
а так как диаметр окружности, вписанной в четырёхугольник BMKL
, равен половине этой высоты, то r=4
.
Пусть окружность с центром O
, вписанная в четырёхугольник BMKL
(трапецию с основаниями BL
и MK
), касается сторон BM
, MK
, KL
и BL
в точках X
, T
, Y
и Z
соответственно. Поскольку BO
и MO
— биссектрисы углов MBL
и BMK
, сумма которых равна 180^{\circ}
, угол BOM
прямой (см. задачу 313), поэтому OX=4
— высота прямоугольного треугольника BOM
, проведённая из вершины прямого угла, значит, OX^{2}=BX\cdot MX
, или 16=BX(10-BX)
. Учитывая, что BX\gt MX
, из этого уравнения находим, что BX=8
. Тогда MX=10-BX=2
.
Обозначим KY=KT=x
, LZ=LY=y
. Поскольку BL=2MK
, то 8+y=2(2+x)
, или y=2x-4
, а так как OY
— высота прямоугольного треугольника KOL
, проведённая из вершины прямого угла, то KY\cdot LY=OY^{2}
, т. е. xy=16
, или x(2x-4)=16
. Из этого уравнения находим, что x=4
. Тогда
y=2x-4=8-4=4.
Следовательно, периметр треугольника ABL
равен
4BL=4(y+8)=4(4+8)=48.
Примечание. Трапеция прямоугольная, а AL
— высота треугольника ABC
, но нам это не понадобилось.