Номер 20.37, страница 149 - гдз по геометрии 8 класс учебник Мерзляк, Поляков

20.37. Точка касания окружности, вписанной в прямоугольную трапецию, делит её большее основание на отрезки длиной 20 см и 25 см. Вычислите периметр трапеции.

20.37. Точка касания окружности, вписанной в прямоугольную трапецию, делит её большее основание на отрезки длиной 20 см и 25 см. Вычислите периметр трапеции.

Решение

Пусть дана прямоугольная трапеция $ABCD$, в которую вписана окружность. Пусть $\angle A = \angle B = 90^\circ$. $AD$ и $BC$ — основания, причём $AD$ — большее основание. $AB$ — меньшая боковая сторона, являющаяся также высотой трапеции. $CD$ — большая боковая сторона.

Пусть $r$ — радиус вписанной окружности. Высота трапеции, в которую можно вписать окружность, равна диаметру этой окружности, то есть $h = AB = 2r$.

Пусть точки $K, L, M, N$ — точки касания окружности со сторонами $AD, BC, CD, AB$ соответственно.

Рассмотрим четырёхугольник $ANOK$, где $O$ — центр вписанной окружности. $\angle A = 90^\circ$, $ON \perp AB$, $OK \perp AD$. Следовательно, $ANOK$ — прямоугольник. Так как $ON = OK = r$, то $ANOK$ — квадрат. Отсюда следует, что $AK = AN = r$.

Аналогично, четырёхугольник $BNOL$ является квадратом, и $BL = BN = r$.

По условию, точка касания $K$ делит большее основание $AD$ на отрезки 20 см и 25 см. То есть $AK$ и $KD$ равны 20 и 25 в некотором порядке.

Из свойства касательных, проведённых из одной точки к окружности, имеем:

$AK = AN = r$

$KD = MD$

$CL = CM$

$BL = BN = r$

Проведём высоту $CH$ из вершины $C$ к основанию $AD$. $ABCH$ — прямоугольник, значит $AH = BC$ и $CH = AB = 2r$.

$BC = BL + LC = r + LC$.

$AD = AK + KD$.

Так как $AD$ — большее основание, $AD > BC$.

$AK + KD > BL + LC$

$AK + KD > r + LC$

Рассмотрим прямоугольный треугольник $CHD$:

$CD = CM + MD = LC + KD$

$HD = AD - AH = AD - BC = (AK + KD) - (r + LC)$.

Предположим, что $AK = r$. Тогда $HD = (r + KD) - (r + LC) = KD - LC$.

По теореме Пифагора для $\triangle CHD$: $CD^2 = CH^2 + HD^2$.

$(LC + KD)^2 = (2r)^2 + (KD - LC)^2$

$LC^2 + 2 \cdot LC \cdot KD + KD^2 = 4r^2 + KD^2 - 2 \cdot LC \cdot KD + LC^2$

$4 \cdot LC \cdot KD = 4r^2$

$LC \cdot KD = r^2$

Отсюда $LC = \frac{r^2}{KD}$.

Теперь вернёмся к неравенству $AD > BC$.

$AK + KD > BL + LC \implies r + KD > r + \frac{r^2}{KD} \implies KD > \frac{r^2}{KD} \implies KD^2 > r^2$.

Так как длины отрезков положительны, $KD > r$. Поскольку $AK=r$, получаем, что отрезок $KD$ должен быть больше отрезка $AK$.

Следовательно, $KD = 25$ см, а $AK = r = 20$ см.

Теперь можем вычислить длины всех сторон трапеции.

1. Большее основание: $AD = AK + KD = 20 + 25 = 45$ см.

2. Высота (меньшая боковая сторона): $AB = 2r = 2 \cdot 20 = 40$ см.

3. Найдём отрезок $LC = \frac{r^2}{KD} = \frac{20^2}{25} = \frac{400}{25} = 16$ см.

4. Меньшее основание: $BC = BL + LC = r + LC = 20 + 16 = 36$ см.

5. Большая боковая сторона: $CD = CM + MD = LC + KD = 16 + 25 = 41$ см.

Периметр трапеции $P = AB + BC + CD + AD$.

$P = 40 + 36 + 41 + 45 = 162$ см.

Также можно воспользоваться свойством описанного четырёхугольника: суммы длин противоположных сторон равны.

$AB + CD = 40 + 41 = 81$ см.

$BC + AD = 36 + 45 = 81$ см.

Периметр $P = (AB + CD) + (BC + AD) = 81 + 81 = 162$ см.

Ответ: 162 см.