Информация о задаче

Задача 102266

Темы:	[	Радиусы вписанной, описанной и вневписанной окружности (прочее)	]
Темы:	[	Тригонометрические соотношения в прямоугольном треугольнике	]

Сложность: 4-
Классы: 8,9

Прислать комментарий

Условие

На стороне BC треугольника ABC взята точка D такая, что $\angle$ CAD = 2 $\angle$ DAB. Радиусы окружностей, вписанных в треугольники ADC и ADB, равны соответственно 8 и 4, а расстояние между точками касания этих окружностей с прямой BC равно $\sqrt{129}$ . Найдите AD.

Подсказка

Пусть O₁ и O₂— центры окружностей, вписанных в треугольники ABD и ACD соответственно, M и N —точки их касания соответственно с стороной BC, P и Q — точки касания соответственно с отрезком AD. Пусть $\angle$ BAD = 2 $\alpha$ , $\angle$ ADO₂ = $\beta$ . Тогда $\angle$ DAO₁ = $\alpha$ , $\angle$ DAO₂ = 2 $\alpha$ , $\angle$ ADO₁ = 90^o - $\beta$ . Используя тригонометрические соотношения в прямоугольных треугольниках DPO₁ и DQO₂, сотавьте систему уравнений относительно x = DM = DQ и y = DN = DQ.

Решение

Пусть O₁ и O₂— центры окружностей, вписанных в треугольники ABD и ACD соответственно, M и N —точки их касания соответственно с стороной BC, P и Q — точки касания соответственно с отрезком AD. Пусть $\angle$ BAD = 2 $\alpha$ , $\angle$ ADO₂ = $\beta$ . Тогда $\angle$ DAO₁ = $\alpha$ , $\angle$ DAO₂ = 2 $\alpha$ , $\angle$ ADO₁ = 90^o - $\beta$ ( $\angle$ O₁DO₂ = 90^o как угол между биссектрисами внешних углов). Из прямоугольных треугольников APO₁ и AQO₂ находим, что AP = O₁P $\ctg$ $\alpha$ = 4 $\ctg$ $\alpha$ и AQ = O₂Q $\ctg$ 2 $\alpha$ = 8 $\ctg$ 2 $\alpha$ . Тогда

PQ = AP - AQ = 4 $\displaystyle \ctg$ $\displaystyle \alpha$ - 8 $\displaystyle \ctg$ 2 $\displaystyle \alpha$ = $\displaystyle {\frac{4}{\tg \alpha}}$ - $\displaystyle {\frac{4(1-\tg^{2} \alpha)}{\tg \alpha}}$ = 4 $\displaystyle \tg$ $\displaystyle \alpha$ > 0.

Отсюда, в частности, следует, что точка Q лежит между A и P, поэтому DP < DQ. Из прямоугольных треугольников DPO₁ и DQO₂ находим, что DP = O₁P $\ctg$ (90^o - $\beta$ ) = 4 $\tg$ $\beta$ и DQ = O₂Q $\ctg$ $\beta$ = 8 $\ctg$ $\beta$ . Обозначим DP = x и DQ = y. Тогда x + y = DP + DQ = DM + DN = MN = $\sqrt{129}$ и xy = 4 $\tg$ $\beta$ ^.8 $\ctg$ $\beta$ = 32. Решая систему

$\displaystyle \left\{\vphantom{ \begin{array}{lll} x+y = \sqrt{129}\\ xy = 32 \\ x<y,\\ \end{array} }\right.$ $\displaystyle \begin{array}{lll} x+y = \sqrt{129}\\ xy = 32 \\ x<y,\\ \end{array}$

находим, что x = ${\frac{\sqrt{129}-1}{2}}$ , y = ${\frac{\sqrt{129}+1}{2}}$ . Тогда PQ = DQ - DP = y - x = 1. Ранее было установлено, что PQ = 4 $\tg$ $\alpha$ , поэтому $\tg$ $\alpha$ = ${\frac{1}{4}}$ . Следовательно, AQ = ${\frac{8}{\tg 2\alpha}}$ = ${\frac{4(1-\tg^{2} \alpha)}{\tg \alpha}}$ = 16 $\left(\vphantom{1 - \frac{1}{16}}\right.$ 1 - ${\frac{1}{16}}$ $\left.\vphantom{1 - \frac{1}{16}}\right)$ = 15, откуда

AD = AQ + QD = 15 + $\displaystyle {\frac{\sqrt{129}+1}{2}}$ = $\displaystyle {\frac{\sqrt{129}+31}{2}}$ .

Ответ

$\frac{\sqrt{129}+ 31}{2}$ --> ${\frac{\sqrt{129}+ 31}{2}}$ .

Источники и прецеденты использования


web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	3693