16592. Две окружности касаются внешним образом в точке C
. Продолжение хорды BD
большей окружности касается меньшей в точке A
, причём AD=BD
. Найдите BC
, если CD=7
.
Ответ. 14.
Решение. Первый способ (решение Е.Н.Ширикова). Пусть прямые BC
и DC
вторично пересекают меньшую окружность в точках K
и L
соответственно. Тогда KL\parallel CD
(см. задачу 6403), а треугольники BCD
и KCL
подобны, \frac{BC}{CD}=\frac{KC}{KL}=\frac{BK}{DL}
. Из точки D
к меньшей окружности проведены касательная DA
и секущая DCL
, поэтому
DA^{2}=DC\cdot DL.\eqno(1)
Из точки B
к меньшей окружности проведены касательная BA
и секущая BCK
, поэтому
BA^{2}=BC\cdot BK.\eqno(2)
Разделив почленно равенство (2) на равенство (1), получаем
4=\frac{BA^{2}}{DA^{2}}=\frac{BC\cdot BK}{DC\cdot DL}=\frac{BC}{CD}\cdot\frac{BK}{DL}=\left(\frac{BC}{CD}\right)^{2},
откуда BC=2CD=2\cdot7=14
.
Второй способ. Пусть общая касательная к окружностям пересекает прямую AB
в точке E
. Обозначим AE=CE=x
, DE=y
. Тогда BD=AD=AE+DE=x+y
. Поскольку квадрат касательной равен произведению секущей на её внешнюю часть (CE^{2}=BE\cdot DE
), то
x^{2}=y(2x+y),
откуда y=\frac{1}{2}x
, следовательно, BE=2y+x=2x
, AB=3x
.
Обозначим AC=b
, BC=a
, \angle CEA=\alpha
, тогда \angle CEB=180^{\circ}-\alpha
. По теореме косинусов для треугольников ACE
и BCE
имеем:
b^{2}=2x^{2}-2x^{2}\cos\alpha,
a^{2}=5x^{2}-4x^{2}\cos(180^{\circ}-\alpha)=5x^{2}+4x^{2}\cos\alpha,
откуда a^{2}+2b^{2}=9x^{2}
.
По формуле для медианы CD
треугольника ABC
находим
7^{2}=\frac{1}{4}(2a^{2}+2b^{2}-9x^{2}),
откуда 2a^{2}+2b^{2}=196+9x^{2}
.
Из полученного равенства 2a^{2}+2b^{2}=196+a^{2}+2b^{2}
следует, что a=14
.
Третий способ (решение Е.Шевчук). Пусть продолжение хорды BC
пересекает меньшую окружность в точке K
, а X
— точка на общей внутренней касательной окружностей, лежащая с точками A
и B
по одну сторону от линии центров. Обозначим, \angle ACX=\alpha
и \angle DCX=\beta
.
Достроим треугольник ABC
до параллелограмма ACBC'
. Тогда (см. задачу 87)
\angle ABC'=\angle BAC=\angle AKC=\alpha,~\angle ABC=\angle DCX=\beta,
поэтому
\angle CAC'=\angle CBC'=\alpha+\beta=\angle ACC'.
Значит, треугольник AC'C
равнобедренный, C'C=C'A
. Следовательно,
BC=C'A=C'C=2CD=2\cdot7=14.
Четвёртый способ (решение С.Бабинцева). Пусть продолжение хорды BC
пересекает меньшую окружность в точке K
. На продолжении отрезка AC
за точку C
отложим отрезок CE=AC
. Тогда DC
— средняя линия треугольника ABE
, поэтому BE\parallel DC
и BE=2DC=14
.
Обозначим \angle DAX=\angle AKC=\alpha
и \angle CAK=\beta
. Тогда градусная мера дуги BDC
большей окружности равна градусной мере не содержащей точки A
дуги CK
меньшей окружности, поэтому
\angle BDC=\frac{1}{2}(360^{\circ}-2\beta)=180^{\circ}-\beta.
Значит, \angle ADC=\beta=\angle CAK
. Следовательно,
\angle ACD=180^{\circ}-\alpha-\beta=\angle ACK.
Из параллельности BE
и CD
получаем, что \angle BEC=\angle ACD
, поэтому \angle BCE=\angle ACK=\angle BEC
. Значит, треугольник CBE
равнобедренный с основанием CE
. Следовательно, BC=BE=14
.