10045. Радиус окружности, вписанной в треугольник ABC
, равен r
. Эта окружность касается стороны BC
в точке M
и делит отрезок AM
в отношении k
(от вершины A
). Найдите сумму радиусов окружностей, вписанных в треугольники AMB
и AMC
.
Ответ. 2r(k+1-\sqrt{k(k+1)})
.
Решение. Первый способ. Пусть окружность с центром O
, вписанная в треугольник ABC
, касается сторон AB
и AC
в точках K
и L
соответственно и пересекает отрезок AM
в точке D
; окружность центром O_{1}
радиуса r_{1}
, вписанная в треугольник AMB
, касается сторон AB
, AM
и BM
в точках P
, F
и Q
соответственно; окружность с центром O_{2}
радиуса r_{2}
, вписанная в треугольник AMC
, касается сторон AC
и CM
в точках R
и S
соответственно.
Обозначим AM=b
, AL=AK=l
. Тогда
AD=\frac{bk}{k+1},~MD=\frac{b}{k+1},
l=AK=AL=\sqrt{AD\cdot AM}=b\sqrt{\frac{k}{k+1}}
(см. задачу 93), откуда \frac{l}{b}=\sqrt{\frac{k}{k+1}}
.
Пусть p
— полупериметр треугольника AMC
. Заметим, что
LR=CL-CR=CM-CS=KP=MS=p-AC=
=\frac{AM+MC-AC}{2}=\frac{AM+LC-AC}{2}=\frac{AM-(AC-LC)}{2}=
=\frac{AM-AL}{2}=\frac{b-l}{2}=\frac{AM-AK}{2}.
Аналогично QM=\frac{b-l}{2}
.
Точки B
, O_{1}
и O
лежат на биссектрисе угла ABC
. Из подобия прямоугольных треугольников BO_{1}Q
и BOM
получаем, что
\frac{r_{1}}{r}=\frac{BQ}{BM}=\frac{BM-QM}{BM}=1-\frac{QM}{BM}.
Аналогично \frac{r_{2}}{r}=1-\frac{MS}{CM}
. Следовательно,
\frac{r_{1}+r_{2}}{r}=2-\left(\frac{QM}{BM}+\frac{MS}{CM}\right)=
=2-\left(\frac{b-l}{BM}+\frac{b-l}{CM}\right)=2-\frac{b-l}{2}\left(\frac{1}{BM}+\frac{1}{CM}\right).
По теореме косинусов
AM^{2}+BM^{2}-2AM\cdot BM\cos\angle AMB=AB^{2}=(AK+BK)^{2}=(AK+BM)^{2},
откуда
2b\cos\angle AMB=\frac{b^{2}-l^{2}}{BM}-2l.
Аналогично из треугольника ACM
получаем, что
2b\cos\angle AMC=\frac{b^{2}-l^{2}}{CM}-2l.
Поскольку сумма углов AMB
и AMC
равна 180^{\circ}
, сумма их косинусов равна 0, значит,
0=\frac{b^{2}-l^{2}}{BM}-2l+\frac{b^{2}-l^{2}}{CM}-2l=(b^{2}-l^{2})\left(\frac{1}{BM}+\frac{1}{CM}\right)-4l,
откуда
\frac{1}{BM}+\frac{1}{CM}=\frac{4l}{b^{2}-l^{2}}.
Тогда
\frac{r_{1}+r_{2}}{r}=2-\frac{b-l}{2}\left(\frac{1}{BM}+\frac{1}{CM}\right)=2-\frac{b-l}{2}\cdot\frac{4l}{b^{2}-l^{2}}=
=2-\frac{2l}{b+l}=\frac{2b}{b+l}=\frac{2}{1+\frac{l}{b}}=\frac{2}{1+\sqrt{\frac{k}{k+1}}}=2(k+1-\sqrt{k(k+1)}).
Следовательно, r_{1}+r_{2}=2r(k+1-\sqrt{k(k+1)})
.
Второй способ. Поскольку MO_{1}
и OM_{2}
— биссектрисы смежных углов, \angle O_{1}MO_{2}=90^{\circ}
. Обозначим \angle BMO_{1}=\angle MO_{2}S=\varphi
. Тогда \frac{r_{1}}{QM}=\tg\varphi=\frac{MS}{r_{2}}
, а так как
\angle AMO=|\angle BMO-\angle BMA|=|90^{\circ}-2\varphi|,
то из равнобедренного треугольника DOM
получаем, что
r=OM=\frac{MD}{2\cos AMO}=\frac{MD}{2\sin2\varphi}.
Учитывая, что QM=MC=\frac{b-l}{2}
и MD=\frac{b}{k+1}
(см. первый способ), получаем
\frac{r_{1}+r_{2}}{r}=\frac{(QM\tg\varphi+MS\ctg\varphi)\cdot2\sin2\varphi}{MD}=\frac{(b-l)(\tg\varphi+\ctg\varphi)\cdot2\sin2\varphi\cdot(k+1)}{2b}=
=\frac{2(b-l)(k+1)}{b}=2(k+1-\sqrt{k(k+1)}).
Следовательно, r_{1}+r_{2}=2r(k+1-\sqrt{k(k+1)})
.