13205. В остроугольном треугольнике ABC
проведены высоты AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
. На стороне AB
выбрана точка P
так, что окружность, описанная около треугольника PA_{1}B_{1}
, касается стороны AB
. Найдите PC_{1}
, если PA=30
и PB=10
.
Ответ. 6.
Решение. Первый способ. Обозначим XB=t
. Тогда
XP=t+10,~XA=t+40.
Из точек A_{1}
и B_{1}
отрезок AB
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром AB
. Пусть прямые A_{1}B_{1}
и BC
пересекаются в точке X
. Тогда XP
— касательная к описанной окружности треугольника PA_{1}B_{1}
, XBA
— секущая окружности с диаметром AB
, а XA_{1}B_{1}
— общая секущая к обеим окружностям. Значит (см. задачи 93 и 2636),
(t+10)^{2}=XP^{2}=XA_{1}\cdot XB_{1}=XA\cdot XB=t(t+40),
откуда t=5
.
Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
. Поскольку
\angle XA_{1}B=180^{\circ}-\angle BA_{1}B_{1}=\angle XAB_{1},
треугольник XA_{1}B
подобен треугольнику XAB_{1}
по двум углам, поэтому
\frac{\cos\alpha}{\cos\beta}=\frac{\frac{AB_{1}}{AB}}{\frac{BA_{1}}{AB}}=\frac{AB_{1}}{BA_{1}}=\frac{B_{1}X}{BX}.
Аналогично, треугольник AA_{1}X
подобен треугольнику B_{1}BX
по двум углам, поэтому
\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}=\frac{\frac{AA_{1}}{AB}}{\frac{BB_{1}}{AB}}=\frac{AA_{1}}{BB_{1}}=\frac{AX}{B_{1}X}.
После перемножения получаем
\frac{\tg\beta}{\tg\alpha}=\frac{AX}{BX}=\frac{t+40}{t}=\frac{45}{5}=9.
С другой стороны,
\frac{\tg\beta}{\tg\alpha}=\frac{\frac{CC_{1}}{BC_{1}}}{\frac{CC_{1}}{AC_{1}}}=\frac{AC_{1}}{BC_{1}}=\frac{AP+PC_{1}}{BP-PC_{1}}=\frac{30+PC_{1}}{10-PC_{1}}.
Из равенства
\frac{30+PC_{1}}{10-PC_{1}}=9
находим, что PC_{1}=6
.
Второй способ. Так же, как и в первом способе, обозначим через X
точку пересечения прямых A_{1}B_{1}
и AC
и найдём
XB=5,~XP=15,~XA=45.
Пусть M
— середина стороны AB
. Точки A_{1}
, B_{1}
, C_{1}
лежат на одной окружности (окружности девяти точек треугольника ABC
, см. задачу 174), поэтому
XM\cdot XC_{1}=XA_{1}\cdot XB_{1}=XA\cdot XB=45\cdot5,
откуда
XC_{1}=\frac{XA\cdot XB}{XM}=\frac{45\cdot5}{5+20}=9,~PC_{1}=XP-XC_{1}=15-9=6.
Третий способ. Пусть K
и L
— вторые точки пересечения данной окружности со сторонами AC
и BC
соответственно. Тогда (см. задачи 141 и 6)
\angle CAB=\angle CA_{1}B_{1}=\angle CKL,
поэтому KL\parallel AB
, и по теореме о пропорциональных отрезках \frac{AC}{BC}=\frac{AK}{BL}
. Отсюда и из вписанности четырёхугольников CB_{1}C_{1}B
и CA_{1}C_{1}A
получаем
\frac{30+PC_{1}}{10-PC_{1}}=\frac{AC_{1}}{BC_{1}}=\frac{AC_{1}\cdot AB}{BC_{1}\cdot AB}=\frac{AB_{1}\cdot AC}{BA_{1}\cdot BC}=\frac{AB_{1}\cdot AK}{BA_{1}\cdot BL}=\frac{AP^{2}}{BP^{2}}=9.
Следовательно, PC_{1}=6
.
Источник: Олимпиада «Высшая проба» (математическая олимпиада ВШЭ). — 2012, заключительный этап, задача 5, 9 класс