16812. Вокруг равнобедренного треугольника ABC
с основанием BC=a
и высотой AH=h
описана окружность \omega_{1}
. В угол BAC
вписана окружность \omega_{2}
, касающаяся окружности \omega_{1}
изнутри и касающаяся сторон угла в точках P
и Q
. В каком отношении отрезок PQ
делит высоту AH
?
Ответ. \sqrt{4h^{2}+a^{2}}:a
, считая от вершины A
.
Решение. Пусть точка P
лежит на боковой стороне AC
. Обозначим через R
и r
радиусы окружностей \omega_{1}
и \omega_{2}
соответственно, а через l
— боковую сторону треугольника ABC
. Пусть O_{1}
— центр окружности \omega_{2}
, F
— точка пересечения PQ
и AH
, а AE
— диаметр окружности \omega_{1}
. Ясно, что точки A
, F
, O_{1}
, H
и E
лежат на одной прямой, PF\parallel CH
, O_{1}P\perp AC
, EC\perp AC
и O_{1}P\parallel EC
.
По теореме Фалеса
\frac{AF}{O_{1}H}=\frac{AP}{PC}=\frac{AO_{1}}{O_{1}E}.
Таким образом, задача сводится к вычислению отношения \frac{AO_{1}}{O_{1}E}
.
Из подобия прямоугольных треугольников APO_{1}
и AHC
получаем
\frac{O_{1}P}{CH}=\frac{AO_{1}}{AC},~\mbox{или}~\frac{r}{\frac{a}{2}}=\frac{2R-r}{l},
откуда
O_{1}E=r=\frac{2aR}{2l+a}~\Rightarrow~AO_{1}=2R-r=2R-\frac{2aR}{2l+a}=\frac{4Rl}{2l+a}.
Значит,
\frac{AO_{1}}{O_{1}E}=\frac{\frac{4Rl}{2l+a}}{\frac{2aR}{2l+a}}=\frac{2l}{a}=\frac{2\sqrt{h^{2}+\frac{a^{2}}{4}}}{a}=\frac{\sqrt{4h^{2}+a^{2}}}{a}.
Следовательно,
\frac{AF}{FH}=\frac{AO_{1}}{O_{1}E}=\frac{\sqrt{4h^{2}+a^{2}}}{a}.
Источник: Математическая олимпиада МГУ «Покори Воробьёвы горы». — 2012-2013, 9 класс, задача 3