ГДЗ по Геометрии 11 Класс Углубленный Уровень Номер 22.30 Мерзляк, Номировский, Полонский — Подробные Ответы

Основание равнобедренного треугольника равно 40 см, а высота, проведённая к нему, — 15 см. Найдите расстояние между точками касания окружности, вписанной в треугольник, с его боковыми сторонами.

Основание \(BC=40\), высота к нему \(AD=15\). Тогда \(BD=DC=20\) и в прямоугольном треугольнике \(ABD\) получаем \(AB=\sqrt{15^2+20^2}=25\), следовательно, \(AC=25\).

Полупериметр \(s=\frac{AB+AC+BC}{2}=\frac{25+25+40}{2}=45\). Инрадиус \(r=\frac{2S}{P}=\frac{2\cdot \frac{1}{2}\cdot 40\cdot 15}{90}=\frac{600}{90}=\frac{20}{3}\).

Уравнения боковых сторон симметричны, точки касания с ними имеют одинаковую высоту. Проецируя центр инкруга на боковые стороны, получаем координаты касаний \((-4,12)\) и \((4,12)\). Их горизонтальное расстояние равно \(8\).

Ответ: \(8\) см.

1) Пусть равнобедренный треугольник \(ABC\) с основанием \(BC=40\) и высотой к основанию \(AD=15\), где \(D\) — середина \(BC\) (так как треугольник равнобедренный, высота к основанию является также медианой и биссектрисой). Тогда \(BD=DC=20\). В прямоугольном треугольнике \(ABD\) по теореме Пифагора находим боковую сторону: \(AB=\sqrt{AD^{2}+BD^{2}}=\sqrt{15^{2}+20^{2}}=\sqrt{225+400}=25\). Следовательно, \(AC=25\). Полупериметр треугольника равен \(s=\frac{AB+AC+BC}{2}=\frac{25+25+40}{2}=45\). Площадь треугольника равна \(S=\frac{1}{2}\cdot BC\cdot AD=\frac{1}{2}\cdot 40\cdot 15=300\), а потому инрадиус \(r=\frac{S}{s}=\frac{300}{45}=\frac{20}{3}\).

2) Удобно ввести координаты: расположим \(B(-20,0)\), \(C(20,0)\), \(A(0,15)\). Инцентр \(I\) находится как барицентр с весами, равными длинам противоположных сторон: \(I=\frac{aA+bB+cC}{a+b+c}\), где \(a=BC=40\), \(b=CA=25\), \(c=AB=25\). Тогда \(x_I=\frac{40\cdot 0+25\cdot(-20)+25\cdot 20}{90}=0\) и \(y_I=\frac{40\cdot 15+25\cdot 0+25\cdot 0}{90}=\frac{600}{90}=\frac{20}{3}\). Это согласуется с найденным \(r=\frac{20}{3}\), так как прямая \(BC\) имеет уравнение \(y=0\), и расстояние от \(I\) до неё равно \(y_I\). Уравнение левой боковой стороны \(AB\) через точки \(A(0,15)\) и \(B(-20,0)\) имеем как \(y-15=\frac{15-0}{0-(-20)}(x-0)\), то есть \(y=\frac{3}{4}x+15\). Приведя к общему виду, получаем \(3x-4y+60=0\). Аналогично для правой боковой стороны \(AC\) через \(A(0,15)\) и \(C(20,0)\) получаем \(3x+4y-60=0\). Эти прямые симметричны относительно оси \(x=0\), поэтому точки касания будут иметь одинаковую ординату.

3) Точки касания находятся как ортогональные проекции инцентра \(I(0,\frac{20}{3})\) на боковые стороны. Пусть прямая задана уравнением \(ax+by+c=0\). Тогда проекция точки \((x_0,y_0)\) на эту прямую имеет координаты \(\left(x_0-a\frac{ax_0+by_0+c}{a^{2}+b^{2}},\ y_0-b\frac{ax_0+by_0+c}{a^{2}+b^{2}}\right)\). Для \(AB: 3x-4y+60=0\) при \((x_0,y_0)=(0,\frac{20}{3})\) получаем \(ax_0+by_0+c=3\cdot 0+(-4)\cdot \frac{20}{3}+60=-\frac{80}{3}+60=\frac{100}{3}\) и \(a^{2}+b^{2}=3^{2}+(-4)^{2}=25\). Тогда \(x_{T_1}=0-3\cdot \frac{100/3}{25}=-4\) и \(y_{T_1}=\frac{20}{3}-(-4)\cdot \frac{100/3}{25}=\frac{20}{3}+\frac{16}{3}=12\), то есть \(T_1(-4,12)\). Для \(AC: 3x+4y-60=0\) аналогично имеем \(ax_0+by_0+c=3\cdot 0+4\cdot \frac{20}{3}-60=\frac{80}{3}-60=-\frac{100}{3}\), откуда \(x_{T_2}=0-3\cdot \frac{-100/3}{25}=4\) и \(y_{T_2}=\frac{20}{3}-4\cdot \frac{-100/3}{25}=\frac{20}{3}+\frac{16}{3}=12\), то есть \(T_2(4,12)\). Таким образом, точки касания лежат на одной горизонтали \(y=12\), что естественно: центр окружности равноудалён от обеих боковых сторон, а перпендикуляры к ним идут под одинаковыми углами. Поскольку абсциссы точек касания равны \(-4\) и \(4\), искомое расстояние между ними равно \(T_1T_2=|4-(-4)|=8\) см.