Задача 52742

Темы:    [ Теорема косинусов ] [ Тригонометрические соотношения в прямоугольном треугольнике ]

Сложность: 4+ Классы: 8,9

Условие

Точка D лежит на стороне AC треугольника ABC. Окружность радиуса $\frac{2}{\sqrt{3}}$, вписанная в треугольник ABD, касается стороны AB в точке M, а окружность радиуса $\sqrt{3}$, вписанная в треугольник BCD, касается стороны BC в точке N. Известно, что BM = 6, BN = 5. Найдите стороны треугольника ABC.

Подсказка

Найдите косинус угла BDC и примените теорему косинусов.

Решение

Пусть $O_1$ и $O_2$ — центры окружностей, $P$ и $Q$ — точки их касания со стороной $AC$, $E$ и $F$ — с отрезком $BD$. Обозначим $DP = x$. Тогда $$DQ = DF = DE + EF = DE + BE - BF = DE + BM - BN = x + 1.$$

$$DQ = DF = DE + EF = DE + BE - BF = DE + BM - BN = x + 1.$$ Обозначим $\angle BDC = \alpha$. Тогда $\angle O_{2}DQ = \frac{\alpha}{2}$. Поскольку $\angle O_{1}DO_{2} = 90^{\circ}$, то $\angle O_{1}DP = 90^{\circ}- \frac{\alpha}{2}$. Поэтому $$DQ = O_{2}Q\operatorname{ctg}\frac{\alpha}{2} = \sqrt{3}\operatorname{ctg} \frac{\alpha}{2},~ DP = PO_{1}\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2} = \frac{2}{\sqrt{3}}\cdot \operatorname{tg}\frac{\alpha}{2},$$ или $$x + 1 = \sqrt{3}\operatorname{ctg} \frac{\alpha}{2},~x = \frac{2}{\sqrt{3}}\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}.$$ Перемножив эти равенства почленно, получим уравнение $x(x + 1) = 2$.

Отсюда находим, что $x = 1$ (второй корень не подходит). Поэтому $$BD = 7,~\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2},~\operatorname{ctg} \alpha = \frac{1}{7}.$$

Обозначим $CQ = CN = y$. По теореме косинусов из треугольника $BDC$ находим, что $$(5 + y)^{2} = 49 + (2 + y)^{2} - 2\cdot 7\cdot ( 2 + y)\frac{1}{7},$$ Откуда $y = 3$. Аналогично находим, что $AP = AM = 2$. Следовательно, $$AB=AM+MB=2+6=8,~BC=BN+NC = 5+3=8,$$ $$AC=AP+PD+DQ+CN=2+1+2+3 =8.$$

Ответ

$AB = BC = AC = 8$.

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	407