764. В ромбе ABCD
угол BAD
— острый. Окружность, вписанная в этот ромб, касается сторон AB
и CD
в точках M
и N
соответственно и пересекает отрезок CM
в точке P
, а отрезок BN
— в точке Q
. Найдите отношение BQ
к QN
, если CP:PM=9:16
.
Ответ. 1:9
.
Указание. Примените теорему косинусов к треугольнику AMC
и теорему о касательной и секущей (или рассмотрите прямоугольные треугольники MNP
и MNQ
).
Решение. Первый способ. Пусть O
— центр окружности, K
— точка касания со стороной BC
. Обозначим PC=9x
, MP=16x
, \angle BAO=\alpha
, R
— радиус окружности. Тогда
MC=25x,~CK^{2}=CM\cdot CP=25x\cdot9x=225x^{2},~CK=15x,
AM=CK=15x,~AO^{2}=AM^{2}+OM^{2}=225x^{2}+R^{2},
\cos\alpha=\frac{AM}{OA}=\frac{15x}{\sqrt{225x^{2}+R^{2}}}.
По теореме косинусов
MC^{2}=AM^{2}+AC^{2}-2AM\cdot AC\cos\alpha.
Подставив в это равенство MC
, AM
, AC
и \cos\alpha
, получим уравнение, из которого найдём, что R=10x
.
Рассмотрим прямоугольный треугольник AOB
. В нём MB\cdot MA=MO^{2}
. Следовательно,
MB=\frac{MO^{2}}{MA}=\frac{R^{2}}{15x}=\frac{20x}{3}.
Из прямоугольного треугольника BMN
находим, что
BN^{2}=BM^{2}+NM^{2}=\frac{400x^{2}}{9}+400x^{2}=\frac{400\cdot10x^{2}}{9},
или
BN=\frac{20x\sqrt{10}}{3}.
Поскольку BQ\cdot BN=MB^{2}
, то
BQ=\frac{MB^{2}}{BN}=\frac{2x\sqrt{10}}{3},~QN=BN-BQ=\frac{18x\sqrt{10}}{3}.
Следовательно, BQ:QN=1:9
.
Второй способ. Пусть O
— центр окружности, K
— точка касания со стороной BC
. Обозначим PC=9x
, MP=16x
.
Поскольку PN
— высота прямоугольного треугольника MCN
, получаем (см. задачу 2728):
PN^{2}=CP\cdot PM=9x\cdot16x,~PN=12x;
MN^{2}=MP\cdot CM=16x\cdot(9x+16x),~MN=20x,~MO=KO=NO=10x;
CN^{2}=CP\cdot CM=9x\cdot(9x+16x),~CN=CK=15x.
Поскольку OK
— высота прямоугольного треугольника BOC
, аналогично получаем
BM=BK=\frac{OK^{2}}{CK}=\frac{(10x)^{2}}{15x}=\frac{20}{3}x.
И, наконец, из прямоугольного треугольника BMN
(MQ
— его высота) находим, что
\frac{BQ}{QN}=\frac{\frac{BM^{2}}{BN}}{\frac{MN^{2}}{BN}}=\left(\frac{BM}{MN}\right)^{2}=\left(\frac{\frac{20}{3}x}{20x}\right)^2=\frac{1}{9}.