13126. В прямоугольном треугольнике ABC
проведена биссектриса AD
из вершины A
острого угла, равного \alpha
. Найдите отношение радиусов окружностей, вписанных в треугольники ACD
и ABD
.
Ответ. \frac{\sqrt{2}\sin\left(45^{\circ}+\frac{\alpha}{2}\right)}{\tg\left(45^{\circ}+\frac{\alpha}{4}\right)}
.
Решение. Пусть окружность радиуса r_{1}
с центром O_{1}
, вписанная в треугольник ACD
, и окружность радиуса r_{2}
с центром O_{2}
, вписанная в треугольник ABD
, касаются отрезка AD
в точках F
и E
соответственно. Лучи AO_{1}
и AO_{2}
— биссектрисы углов CAD
и BAD
, а лучи DO_{1}
и DO_{2}
— биссектрисы углов ADC
и ADB
(см. задачу 1724), поэтому
\angle FAO_{1}=\angle EAO_{2}=\frac{\alpha}{4},~\angle FDO_{1}=45^{\circ}-\frac{\alpha}{4},~\angle EDO_{2}=45^{\circ}+\frac{\alpha}{4}.
Из прямоугольных треугольников AFO_{1}
, DFO_{1}
, AEO_{2}
и DEO_{2}
получаем
AF=r_{1}\ctg\frac{\alpha}{4},~DF=r_{1}\ctg\left(45^{\circ}-\frac{\alpha}{4}\right),
AE=r_{2}\ctg\frac{\alpha}{4},~DE=r_{2}\ctg\left(45^{\circ}+\frac{\alpha}{4}\right).
Тогда
AD=AF+FD=AE+ED,
т. е.
r_{1}\ctg\frac{\alpha}{4}+r_{1}\ctg\left(45^{\circ}-\frac{\alpha}{4}\right)=r_{2}\ctg\frac{\alpha}{4}+r_{2}\ctg\left(45^{\circ}+\frac{\alpha}{4}\right),
\frac{r_{1}\sin45^{\circ}}{\sin\frac{\alpha}{4}\sin\left(45^{\circ}-\frac{\alpha}{4}\right))}=\frac{r_{2}\sin\left(45^{\circ}+\frac{\alpha}{2}\right)}{\sin\frac{\alpha}{4}\sin\left(45^{\circ}+\frac{\alpha}{4}\right)},
Следовательно,
\frac{r_{1}}{r_{2}}=\frac{\sqrt{2}\sin\left(45^{\circ}+\frac{\alpha}{2}\right)\sin\left(45^{\circ}-\frac{\alpha}{4}\right)}{\sin\left(45^{\circ}+\frac{\alpha}{4}\right)}=\frac{\sqrt{2}\sin\left(45^{\circ}+\frac{\alpha}{2}\right)\cos\left(45^{\circ}+\frac{\alpha}{4}\right)}{\sin\left(45^{\circ}+\frac{\alpha}{4}\right)}=
=\sqrt{2}\sin\left(45^{\circ}+\frac{\alpha}{2}\right)\ctg\left(45^{\circ}+\frac{\alpha}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}\sin\left(45^{\circ}+\frac{\alpha}{2}\right)}{\tg\left(45^{\circ}+\frac{\alpha}{4}\right)}.