409. Точка D
лежит на стороне AC
треугольника ABC
. Окружность S_{1}
, вписанная в треугольник ABD
, касается отрезка BD
в точке M
; окружность S_{2}
, вписанная в треугольник BCD
, — в точке N
. Отношение радиусов окружностей S_{1}
и S_{2}
равно \frac{7}{4}
. Известно, что BM=3
, MN=ND=1
. Найдите стороны треугольника ABC
.
Ответ. AB=10
, BC=6
, AC=12
.
Указание. Найдите \cos\angle BDC
и примените теорему косинусов (или воспользуйтесь формулой Герона)
Решение. Первый способ. Пусть O_{1}
и O_{2}
— центры окружностей S_{1}
и S_{2}
, r_{1}
и r_{2}
— их радиусы, P
и Q
— точки касания со сторонами соответственно AD
и DC
. Обозначим \angle BDC=\alpha
. Поскольку \angle O_{1}DO_{2}=90^{\circ}
и \angle O_{2}DQ=\frac{\alpha}{2}
, то \angle O_{1}DP=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}
. Поэтому
r_{1}=DP\ctg\frac{\alpha}{2}=DM\ctg\frac{\alpha}{2}=2\ctg\frac{\alpha}{2},~r_{2}=DQ\tg\frac{\alpha}{2}=DN\tg\frac{\alpha}{2}=\tg\frac{\alpha}{2}.
Значит, r_{1}r_{2}=2
.
С другой стороны, \frac{r_{1}}{r_{2}}=\frac{7}{4}
. Из полученной системы уравнений находим, что
r_{2}=\sqrt{\frac{8}{7}},~r_{1}=\frac{7}{4}\sqrt{\frac{8}{7}}.
Следовательно,
\tg\frac{\alpha}{2}=r_{2}=\sqrt{\frac{8}{7}},~\cos\alpha=\frac{1-\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}=-\frac{1}{15}.
Обозначим CQ=x
. В треугольнике BCD
известно, что
BD=5,~CD=1+x,~BC=x+4,~\cos\angle BDC=-\frac{1}{15}.
По теореме косинусов
(x+4)^{2}=25+(x+1)^{2}+2\cdot5\cdot(x+1)\cdot\frac{1}{15}.
Из этого уравнения находим, что x=2
. Аналогично находим, что AP=7
. Следовательно,
AC=AP+PD+DQ+QC=7+2+1+2=12,
BC=CQ+BN=2+4=6,~AB=AP+BM=7+3=10.
Второй способ. Обозначим AP=x
(P
— точка касания первой окружности со стороной AD
) и выразим площадь треугольника ABD
по формуле Герона, а также через полупериметр и r_{1}
. Решив полученное уравнение, найдём, что x=7
. Аналогично найдём CQ
.