12356. Окружность радиуса 1 касается сторон AB
и BC
треугольника ABC
, а окружность радиуса 3 внешним образом касается первой окружности и сторон AC
и BC
треугольника ABC
. Общая касательная к этим окружностям, не содержащая сторону BC
, пересекает отрезки AB
и AC
в точках M
и N
соответственно. Найдите стороны треугольника ABC
, если \angle AMN=30^{\circ}
, \angle ANM=90^{\circ}
.
Ответ. 7+5\sqrt{3}
, \frac{1}{3}(15+7\sqrt{3})
, \frac{2}{3}(15+7\sqrt{3})
.
Решение. Пусть O_{1}
и O_{2}
— центры большей и меньшей окружностей соответственно, P
и Q
—точки их касания со стороной BC
, L
— точка пересечения прямых MN
и BC
, D
— точка касания меньшей окружности со стороной AB
. Опустим перпендикуляр O_{1}F
на радиус O_{2}Q
большей окружности. Тогда
O_{2}F=O_{2}Q-FQ=O_{2}Q-O_{1}P=3-1=2,
а так как линия центров касающихся окружностей проходит через точку касания, то O_{1}O_{2}=1+3=4
. В прямоугольном треугольнике O_{1}FO_{2}
катет O_{1}F
вдвое меньше гипотенузы O_{1}O_{2}
, поэтому
\angle O_{2}LC=\angle FO_{1}O_{2}=30^{\circ},
а так как луч LO_{2}
— биссектриса угла CLN
, то \angle CLN=60^{\circ}
. Значит,
\angle BCA=\angle LCN=90^{\circ}-\angle CLN=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ},
\angle ABC=180^{\circ}-\angle BAC-\angle BCA=180^{\circ}-60^{\circ}-30^{\circ}=90^{\circ}.
Таким образом, треугольник ABC
прямоугольный с острыми углами 60^{\circ}
и 30^{\circ}
.
Поскольку PQ
— отрезок общей внешней касательной касающихся окружностей, то PQ=2\sqrt{1\cdot3}=2\sqrt{3}
(см. задачу 365). Четырёхугольник BDO_{1}P
— квадрат, поэтому BP=O_{1}D=1
. Луч CO_{2}
— биссектриса угла ACB
, равного 30^{\circ}
, поэтому
CQ=O_{2}Q\ctg15^{\circ}=3\cdot\frac{1+\cos30^{\circ}}{\sin30^{\circ}}=\frac{3\left(1+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}{\frac{1}{2}}=3(2+\sqrt{3}).
Следовательно,
BC=BP+PQ+CQ=1+2\sqrt{3}+3(2+\sqrt{3})=7+5\sqrt{3},
AB=BC\tg30^{\circ}=(7+5\sqrt{3})\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{1}{3}(15+7\sqrt{2}),
AC=2AB=\frac{2}{3}(15+7\sqrt{2}).
Источник: Олимпиада «Шаг в будущее». — 2017-2018, заключительный этап, задача 3, вариант 11, 11 класс