12366. На стороне BC
треугольника ABC
отмечена точка K
, для которой AK=\frac{9\sqrt{2}}{2}
, BK=9
, KC=3
. Около треугольника ABK
описана окружность. Через точку C
и точку D
, лежащую на стороне AB
проведена прямая, которая пересекает окружность в точке P
, причём CP\gt CD
. Найдите DP
, если \angle APB=\angle BAC
, а CD
— биссектриса треугольника ABC
.
Ответ. 3+3\sqrt{5}
.
Решение. Четырёхугольник AKBP
вписанный, поэтому
\angle AKC=180^{\circ}-\angle AKB=\angle APB.
Обозначим
\angle BAC=\angle APB=\angle AKC=\alpha,~\angle BAK=\angle BPK=\beta.
Тогда
\angle CAK=\angle BAC-\angle BAK=\alpha-\beta,
\angle APK=\angle APB-\angle BPK=\alpha-\beta.
Значит, \angle CAK=\angle APK
. Следовательно, CA
— касательная к окружности (см. задачу 144).
Треугольники ABC
и KAC
с общим углом при вершине C
подобны по двум углам, значит,
\frac{AB}{AK}=\frac{AC}{KC}=\frac{BC}{AC},~\mbox{или}~\frac{AB\sqrt{2}}{9}=\frac{AC}{3}=\frac{12}{AC},
откуда AC=6
и AB=9\sqrt{2}
.
По условию отрезок CD
— биссектриса треугольника ABC
, поэтому (см. задачу 1509)
\frac{AD}{DB}=\frac{AC}{BC}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2},
откуда AD=3\sqrt{2}
и DB=6\sqrt{2}
. Тогда по формуле для квадрата биссектрисы треугольника (см. задачу 791)
CD^{2}=AC\cdot CB-AD\cdot DB=6\cdot12-3\sqrt{2}\cdot6\sqrt{2}=72-36=36,~CD=6.
Пусть N
— отличная от P
точка пересечения прямой CP
с окружностью. Обозначим DP=x
, DN=y
. По теореме о произведениях отрезков пересекающихся хорд (см. задачу 2627)
AD\cdot DB=PD\cdot DN,~\mbox{или}~xy=3\sqrt{2}\cdot6\sqrt{2}=36.
По теореме о касательной и секущей
36=AC^{2}=CN\cdot CP=(CD-y)(CD+x)=(6-y)(6+x)=36+6(x-y)-xy,
или 6(x-y)=xy
. Из системы
\syst{xy=36\\6(x-y)=xy\\}
находим, что y=-3+3\sqrt{5}
, DP=x=3+3\sqrt{5}
.