13100. Расстояния от центра окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, до вершин его острых углов равны \sqrt{5}
и \sqrt{10}
. Найдите катеты.
Ответ. 3 и 4.
Решение. Пусть окружность радиуса r
с центром I
, вписанная в прямоугольный треугольник ABC
, касается его катетов AC
и BC
в точках K
и L
соответственно, а гипотенузы AB
— в точке M
.
Лучи AI
и BI
— биссектрисы углов BAC
и ABC
треугольника ABC
, поэтому
\angle AIB=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ACB=90^{\circ}+\frac{1}{2}\cdot90^{\circ}=135^{\circ}
(см. задачу 4770). По теореме косинусов из треугольника AIB
находим, что
AB=\sqrt{AI^{2}+BI^{2}-2AI\cdot BI\cos135^{\circ}}=\sqrt{10+5+2\sqrt{10}\cdot\sqrt{5}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}}=5.
Отрезок IM
— высота треугольника AIB
, поэтому
S_{\triangle AIB}=\frac{1}{2}AB\cdot IM=\frac{1}{2}\cdot5r=\frac{5}{2}r.
С другой стороны,
S_{\triangle AIB}=\frac{1}{2}AI\cdot BI\sin\angle AIB=\frac{1}{2}\sqrt{10}\cdot\sqrt{5}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{5}{2}.
Из равенства \frac{5}{2}r=\frac{5}{2}
находим, что r=1
.
По теореме Пифагора
BM=\sqrt{BI^{2}-IM^{2}}=\sqrt{10-1}=3,
поэтому
AM=AB-BM=5-3=2.
Поскольку CKIL
— квадрат со стороной r
, то
CL=CK=IL=r=1.
Следовательно,
BC=BL+CL=BM+CL=3+1=4,
AC=AK+CK=AM+CK=2+1=3.