16017. Дан треугольник со сторонами AB=14
, BC=13
, CA=15
и биссектрисой AD
. С центром в точке D
проведена окружность, касающаяся прямой AC
в точке L
и пересекающая продолжение отрезка AD
в точке J
. Докажите, что \frac{AJ}{AL}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}
(золотое сечение).
Решение. Заметим, что в силу гомотетии с центром A
, переводящей вписанную окружность \omega
треугольника в окружность из условия задачи, искомое отношение не зависит от положения точки D
на биссектрисе угла BAC
. В частности, вместо точки D
можно взять центр I
окружности \omega
. Тогда роль точки J
будет играть наиболее удалённая от вершины A
точка E
пересечения луча AI
с окружностью \omega
, а искомое отношение будет равно \frac{AE}{AF}
, где F
— точка касания окружности \omega
со стороной AC
.
Пусть I
— центр окружности \omega
, r
— её радиус, S
— площадь треугольника ABC
, p
— полупериметр. По формуле Герона
S=\sqrt{21(21-13)(21-14)(21-15)}=\sqrt{21\cdot8\cdot7\cdot6}=84,
поэтому
EL=r=\frac{S}{p}=\frac{84}{21}=4~\Rightarrow~AF=p-BC=21-13=8
(см. задачи 452 и 219).
Из прямоугольного треугольника AFI
находим, что
AI=\sqrt{AF^{2}+IF^{2}}=\sqrt{4^{2}+8^{2}}=4\sqrt{5},
Тогда
AE=AI+IE=4\sqrt{5}+4.
Следовательно,
\frac{AE}{AF}=\frac{4\sqrt{5}+4}{8}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1984, № 4, задача 814 (1983, с. 45), с. 131