Взаимное расположение окружностей и треугольников. Часть 2.: Часть 2

Видео

Конспект

Задача 1.45

МГУ, физический ф-т, 1991.

В \triangle ABC \angle C тупой, точка D - это точка пересечения прямой BD перепендикулярной к AB и прямой DC перпендикулярной к AC , высота CF \triangle ADC проведенная из вершины C пересекает AB в точке M . Известно, что AM = a и MB = b . Требуется найти AC .

Решение.

Okr_48 Рис. 24: К примеру 1.45

Рассмотрим треугольники \triangle ABD и \triangle ACD : \angle ABD = 90^\circ \quad (т.\,к. BD \perp AB),

\qquad

\angle ACD = 90^\circ \quad (т.\,к. CD \perp AC).

Значит, точки A , B , C , D лежат на одной окружности с диаметром AD (по обратной теореме о вписанном угле). Следовательно, ABCD — вписанный четырёхугольник, и в частности \angle ADC = \angle ABC как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу AC .

Далее, \triangle DCF в нем CF — высота, поэтому \triangle DCF прямоугольный, исходя из этого \angle DCF = 90 - \alpha . Так как в \triangle ACD \angle ACD = 90 , то: \angle ACF = 90 - (90 - \alpha) = \alpha

В треугольниках \triangle AMC и \triangle ACB угол при вершине A — общий, а \angle ACM = \angle ABC . Значит: \triangle AMC \sim \triangle ACB.

Из подобия: \frac{AC}{AB} = \frac{AM}{AC}

\;\Rightarrow\;

AC^{2} = AM \cdot AB.

По условию AM = a и AB = AM + MB = a + b . Поэтому AC^{2} = a(a + b),

\qquad

AC = \sqrt{a(a+b)}.

Ответ: AC = \sqrt{a(a+b)} .

Задача 1.46

МГУ, внутренний экзамен, 2015.

Окружность радиуса \displaystyle \frac{3}{2} касается середины стороны BC \triangle ABC и пересекает сторону AB в точках D и E так, что AD:DE:EB = 1:2:1 . Чему может равняться AC , если \angle BAC=30 .

Решение.

Okr_48(1) Рис. 25: К примеру 1.46

Обозначим AD = x . Тогда по условию DE = 2x, \qquad EB = x, \qquad AB = AD + DE + EB = 4x.

Так как центр O лежит на перпендикуляре к хорде DE , проходящем через её середину, то H — середина DE , значит DH = HE = x, \qquad AH = AD + DH = 2x.

Пусть M — точка касания окружности со стороной BC (по условию M — середина BC , значит BM = MC ). По свойству касательной и секущей, проведённых из точки B : BM^{2} = BE \cdot BD = x \cdot 3x = 3x^{2}

\;\Rightarrow\;

BM = \sqrt{3}\,x.

Заметим, что точка O является центром описанной окружности \triangle ABC , покажем это:

OH - является медианой и высотой \triangle ODE .

\triangle AOB OH будет также высотой и медианой по условию задачи, по скольку AD=DE . Следовательно, AO=OB .

Далее рассмотрим \triangle OBC , где OM - высота и медиана по условию задачи: окружность касается стороны BC в ее середине.

Тогда \triangle OBC равнобедренный, и получаем OC = OB = OA .

Приходим к выводу, что точка O - центр описанной окружности \triangle ABC . Далее запишем уравнение для радиуса этой окружности:

Рассмотрим \triangle ODH , запишем теорему Пифагора: OH^2=OD^2 - DH^2 = \frac{9}{4} - x^2 Далее рассмотрим \triangle AOH , запишем теорему Пифагора для него: AO^2=AH^2+OH^2 =4x^2+\frac{9}{4} - x^2 = 3x^2+\frac{9}{4}

По теореме синусов для \triangle ABC : \frac{BC}{\sin\angle BAC} = 2\,R. Подставим BC = 2\sqrt{3}\,x , \sin 30^\circ = \tfrac{1}{2} , AO = \sqrt{3x^{2} + \tfrac{9}{4}} : \frac{2\sqrt{3}\,x}{1/2} = 2\sqrt{3x^{2} + \tfrac{9}{4}}. Отсюда 4\sqrt{3}\,x = 2\sqrt{3x^{2} + \tfrac{9}{4}},

\qquad

2\sqrt{3}\,x = \sqrt{3x^{2} + \tfrac{9}{4}}, 12x^{2} = 3x^{2} + \frac{9}{4},

\qquad

9x^{2} = \frac{9}{4},

\qquad

x = \frac{1}{2}.

Тогда AB = 4x = 2, \qquad BC = 2\sqrt{3}\,x = \sqrt{3}.

Осталось найти AC . По теореме косинусов в \triangle ABC : BC^{2} = AB^{2} + AC^{2} - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos\angle BAC. Подставим известные значения: 3 = 4 + AC^{2} - 2 \cdot 2 \cdot AC \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}, AC^{2} - 2\sqrt{3}\,AC + 1 = 0.

Корни квадратного уравнения: AC = \frac{2\sqrt{3} \pm \sqrt{12 - 4}}{2} = \frac{2\sqrt{3} \pm 2\sqrt{2}}{2}

= \sqrt{3} \pm \sqrt{2}.

Оба значения положительны, оба дают допустимый треугольник.

Ответ: AC = \sqrt{3} + \sqrt{2} или AC = \sqrt{3} - \sqrt{2} .