12288. Окружность с центром O
вписана в треугольник ABC
со сторонами AB=13
, AC=14
, BC=15
.
а) Докажите, что радиус окружности втрое меньше высоты BH
.
б) Пусть P
— точка касания окружности со стороной AC
, F
— точка пересечения прямой OP
с медианой BM
треугольника ABC
. Найдите отрезок FH
.
Ответ. \sqrt{37}
.
Решение. а) Пусть BQ
— биссектриса треугольника ABC
. Тогда центр O
вписанной в треугольник ABC
окружности лежит на отрезке BQ
. При этом по свойству биссектрисы треугольника AQ:QC=AB:BC=13:15
, поэтому
AQ=\frac{13}{13+15}\cdot AC=\frac{13}{28}\cdot14=\frac{13}{2},
а так как AO
— биссектриса треугольника ABQ
, то
BO:OQ=AB:AQ=\frac{13}{\frac{13}{2}}=2:1.
Прямоугольные треугольники OPQ
и BHQ
подобны с коэффициентом \frac{OQ}{BQ}=\frac{1}{3}
(P
— точка касания вписанной окружности данного треугольника со стороной AC
), следовательно,
r=OP=\frac{OQ}{BQ}\cdot BH=\frac{1}{3}BH.
Что и требовалось доказать.
б) Заметим, что углы треугольника при вершинах A
и B
— острые (это можно доказать, выразив их косинусы по теореме косинусов), значит, точка H
лежит на стороне AC
, а не на её продолжении (см. задачу 127). Следовательно, AH+CH=AC
.
Обозначим AH=x
. Из прямоугольных треугольников AHB
и CHB
по теореме Пифагора получаем, что AB^{2}-AH^{2}=BC^{2}-CH^{2}
, или 169-x^{2}=225-(14-x)^{2}
. Из этого уравнения находим, что AH=x=5
.
Пусть p
— полупериметр треугольника ABC
. Тогда
p=\frac{13+14+15}{2}=21,~AP=p-BC=21-15=6
(см. задачу 219),
PH=AP-AH=6-5=1,~CP=AC-AP=14-6=8,
PM=CP-CM=8-7=1,~MH=2.
Значит, P
— середина отрезка MH
, а так как PF\parallel BH
, то PF
— средняя линия прямоугольного треугольника BMH
. Из прямоугольных треугольников BHQ
и FPH
находим, что
BH=\sqrt{AB^{2}-AH^{2}}=\sqrt{13^{2}-5^{2}}=12,~FP=\frac{1}{2}BH=6,
FH=\sqrt{PH^{2}+FP^{2}}=\sqrt{1+36}=\sqrt{37}.
Примечание. Точка O
лежит на дуге DOE
описанной окружности равностороннего треугольника CDM
, поэтому EC+ED=ME
(теорема Помпею, см. задачу 17).