4815. На основании AB
равнобедренного треугольника ABC
выбрана точка D
так, что окружность, вписанная в треугольник BCD
, имеет тот же радиус, что и окружность, касающаяся продолжений отрезков CA
и CD
и отрезка AD
(вневписанная окружность треугольника ACD
). Докажите, что этот радиус равен четверти высоты треугольника, опущенной на его боковую сторону.
Указание. Докажите, что расстояние между точками касания окружностей со стороной AB
вдвое меньше стороны AB
. (Или выразите площади треугольников BCD
и ACD
через радиус окружностей и отрезки касательных.)
Решение. Первый способ. Пусть первая окружность касается прямых CD
, AB
и BC
соответственно в точках F
, M
и L
, а вторая — прямых CD
, AB
и AC
соответственно в точках K
, N
и E
. Обозначим:
DM=DF=DN=DK=x,~BM=z,~AE=AN=y.
Тогда
CF=CK-FK=CK-2x=CE-2x=CB-z.
Поскольку AC=CB
, то y+z=2x
. Следовательно, AB=2(z+y)
.
Если R
— радиус каждой из указанных окружностей, а \angle CBA=2\alpha
, то
z=\frac{R}{\tg\alpha},~y=R\tg\alpha,
а высота AA_{1}
треугольника ABC
равна AB\sin2\alpha
. Поэтому
AA_{1}=2(z+y)\sin2\alpha=2R\left(\frac{1}{\tg\alpha}+\tg\alpha\right)\sin2\alpha=
=2R\cdot\frac{1+\tg^{2}\alpha}{\tg\alpha}\cdot\frac{2\tg\alpha}{1+\tg^{2}\alpha}=4R.
Второй способ. Пусть первая окружность касается прямых CD,AB
и BC
соответственно в точках F
, M
и L
, а вторая — прямых CD,AB
и AC
соответственно в точках K
, N
и E
. Обозначим:
DM=DF=DN=DK=x,~BM=z,~AE=AN=y,~CL=CF=t.
Тогда
S_{\triangle BCD}=R(t+x+z),~S_{\triangle ACD}=R(CE-AD)=
=R(CA+AE-AN-ND)=R(t+z+y-y-x)=R(t+z-x),
S_{\triangle ABC}=S_{\triangle BCD}+S_{\triangle ACD}=R(2t+2z)=2R(t+z).
С другой стороны, если AA_{1}
— высота треугольника ABC
, то
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\cdot AA_{1}\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot AA_{1}\cdot(t+z).
Из равенства
2R(t+z)=\frac{1}{2}\cdot AA_{1}\cdot(t+z)
следует, что AA_{1}=4R
.