10064. В треугольник ABC
вписана окружность; M
и N
— точки её касания со сторонами BC
и AC
соответственно. Отрезок AM
пересекается с BN
в точке P
и с вписанной в треугольник окружностью в точке Q
. Известно, что MP=a
, PQ=b
. Найдите AQ
.
Ответ. \frac{(a+b)^{2}}{a-b}
.
Решение. Лемма. Пусть на сторонах AB
, BC
и AC
треугольника ABC
выбраны точки K
, M
и N
соответственно, причём так, что отрезки AM
, BN
и CK
пересекаются в одной точке P
. Пусть L
— точка пересечения KN
и AM
. Тогда \frac{AL}{LP}=\frac{AM}{MP}
.
Доказательство. Применяя теорему Менелая (см. задачу 1622) к треугольнику ABP
и прямой KN
, получим, что
\frac{BK}{KA}\cdot\frac{AL}{LP}\cdot\frac{PN}{NB}=1.
Применяя теорему Чевы (см. задачу 1621) для того же треугольника ABP
, через вершины которого проходят прямые PK
, AC
и BC
, пересекающиеся в точке C
, получим, что
\frac{BK}{KA}\cdot\frac{AM}{MP}\cdot\frac{PN}{NB}=1.
Из этих равенств находим, что \frac{AL}{LP}=\frac{AM}{MP}
.
Вернёмся к нашей задаче. Пусть K
— точка касания вписанной окружности треугольника ABC
со стороной AB
, L
— точка пересечения KN
и AM
. Треугольники AKQ
и AMK
подобны по двум углам (угол при вершине A
общий, а углы AKQ
и AMK
равны по теореме об угле между касательной и хордой) Аналогично подобны треугольники ANQ
и AMN
. Тогда
\frac{QL}{LM}=\frac{S_{\triangle KQN}}{S_{\triangle KMN}}=\frac{\frac{1}{2}KQ\cdot QN\sin\angle KQN}{\frac{1}{2}KM\cdot MN\sin\angle KMN}=
=\frac{KQ}{KM}\cdot\frac{KN}{MN}=\frac{AQ}{KA}\cdot\frac{AQ}{AN}=\frac{AQ^{2}}{AK^{2}}=\frac{AQ^{2}}{AQ\cdot AM}=\frac{AQ}{AM}.
По условию MP=a
, PQ=b
. Обозначим AQ=x
, QL=y
. Тогда PL=b-y
. Из равенств \frac{AL}{LP}=\frac{AM}{MP}
(см. лемму) и \frac{QL}{LM}=\frac{AQ}{AM}
получаем систему
\syst{\frac{x+y}{b-y+a}=\frac{x+a+b}{a}\\\frac{y}{a+b-y}=\frac{x}{x+a+b},\\}
или
\syst{\frac{2x}{a+b}=\frac{x+a+b}{a}\\y=\frac{x(a+b)}{2x+a+b},\\}
откуда x=\frac{(a+b)^{2}}{a-b}
.