13273. Окружности \Omega
и \omega
касаются в точке A
внутренним образом. Отрезок AB
— диаметр большей окружности \Omega
, а хорда BC
окружности \Omega
касается \omega
в точке D
. Луч AD
повторно пересекает \Omega
в точке E
. Прямая, проходящая через точку E
перпендикулярно BC
, повторно пересекает \Omega
в точке F
. Найдите радиусы окружностей, угол AFE
и площадь треугольника AEF
, если известно, что CD=8
, BD=17
.
Ответ. R=\frac{85}{6}
, r=\frac{136}{15}
, \angle AFE=\arccos\frac{3}{\sqrt{34}}=45^{\circ}+\frac{1}{2}\arccos\frac{15}{17}
, S_{\triangle AEF}=\frac{2125}{12}
.
Решение. Пусть R
и r
— искомые радиусы окружностей \Omega
и \omega
соответственно. По лемме Архимеда для сегмента (см. задачу 89) AD
— биссектриса треугольника ABC
, поэтому \frac{AB}{AC}=\frac{17}{8}
(см. задачу 1509).
Положим AB=17t
, AC=8t
. Точка C
лежит на окружности с диаметром AB
, поэтому \angle ACB=90^{\circ}
. По теореме Пифагора
AB^{2}=AC^{2}+BC^{2},~\mbox{или}~289t^{2}=64t^{2}+625,
откуда t=\frac{5}{3}
. Следовательно,
2R=AB=17t=\frac{85}{3},~R=\frac{85}{6}.
Обозначим \angle BAC=\alpha
. Тогда
\cos\alpha=\frac{AC}{AB}=\frac{8t}{17t}=\frac{8}{17},~\sin\alpha=\frac{15}{17},~\ctg\alpha=\frac{8}{15},
\sin\angle BAE=\sin\angle BAD=\sin\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{2}}=\sqrt{\frac{1-\frac{8}{17}}{2}}=\frac{3}{\sqrt{34}}.
Пусть O
— центр окружности \omega
. Поскольку OD\perp BC
, прямые OD
и AC
параллельны, поэтому \angle BOD=\angle BAC=\alpha
. Следовательно,
r=OD=BD\ctg\alpha=17\cdot\frac{8}{15}=\frac{136}{15}.
Поскольку AE
— биссектриса вписанного в окружность \Omega
угла BAC
, хорды BE
и CE
равны. Значит, прямая EF
, проходящая через точку E
перпендикулярно BC
, есть серединный перпендикуляр к хорде BC
. Следовательно, EF
— диаметр окружности \Omega
, а треугольник AEF
прямоугольный с прямым углом при вершине A
.
Из прямоугольного треугольника ABE
находим, что
BE=AB\sin\angle BAE=2R\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{85}{3}\cdot\frac{3}{\sqrt{34}}=\frac{85}{\sqrt{34}}.
Обозначим \angle AFE=\angle ABE=\varphi
(они равны как вписанные в окружность \Omega
углы, опирающиеся на одну и ту же дугу). Треугольник ABE
прямоугольный с прямым углом при вершине E
, поэтому
\cos\varphi=\cos\angle AFE=\cos\angle ABE=\frac{BE}{AB}=\frac{\frac{85}{\sqrt{34}}}{\frac{85}{3}}=\frac{3}{\sqrt{34}}.
Следовательно, \angle AFE=\cos\varphi=\arccos\frac{3}{\sqrt{34}}
.
Наконец,
S_{\triangle AEF}=\frac{1}{2}EF\cdot AF\sin\angle AFE=\frac{1}{2}\cdot2R\cdot2R\cos\varphi\sin\varphi=2R^{2}\cos\varphi\sin\varphi=
=2\cdot\left(\frac{85}{6}\right)^{2}\cdot\frac{3}{\sqrt{34}}\cdot\sqrt{1-\left(\frac{3}{\sqrt{34}}\right)^{2}}=\frac{2125}{12}.
Источник: Олимпиада «Физтех» (математическая олимпиада МФТИ). — 2022, № 4, вариант 1, 11 класс
Источник: Журнал «Квант». — 2022, № 11-12, с. 44