16821. Косинус острого угла прямоугольного треугольника равен \frac{2}{\sqrt{5}}
. Через середины одного катета и гипотенузы провели окружность, касающуюся другого катета. Найдите отношение части гипотенузы, лежащей внутри получившегося круга, ко все гипотенузе.
Ответ. \frac{2}{5}
или \frac{11}{40}
.
Решение. Пусть AP=4a
, AB=2x
, \angle BAC=\alpha
. Из условия следует, что
\cos\alpha=\frac{2}{\sqrt{5}}~\mbox{или}~\cos(90^{\circ}-\alpha)=\sin\alpha=\frac{2}{\sqrt{5}}~\mbox{т. е.}~\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{5}}.
Поскольку KL
— средняя линия треугольника ABC
, то KL\parallel AC
и KL=\frac{1}{2}AC=2a
. При этом перпендикуляр к AC
в точке P
пересекает хорду KL
, параллельную AC
, в её середине M
. Поскольку PMLC
— прямоугольник, получаем
AP=AC-PC=AC-ML=4a-a=3a.
Пусть \cos\alpha=\frac{2}{\sqrt{5}}
, а точка F
лежит между B
и K
. Тогда
x=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}\cdot\frac{AC}{\cos\alpha}=\frac{1}{2}\cdot\frac{4a}{\frac{2}{\sqrt{5}}}=a\sqrt{5}.
По теореме о касательной и секущей
AP^{2}=AK\cdot AF,~\mbox{или}~9a^{2}=x(x+KF)=a\sqrt{5}(a\sqrt{5}+KF),
откуда KF=\frac{4}{\sqrt{5}}
. Следовательно,
\frac{KF}{AB}=\frac{\frac{4}{\sqrt{5}}}{2x}=\frac{\frac{4}{\sqrt{5}}}{2a\sqrt{5}}=\frac{2}{5}.
Пусть \cos\alpha=\frac{2}{\sqrt{5}}
, а точка F
лежит между A
и K
. Тогда аналогично получаем равенство
9a^{2}=x(x-KF)=a\sqrt{5}(a\sqrt{5}-KF),
откуда KF\lt0
, что невозможно.
Аналогично получаем, что если \cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{5}}
, то возможен только случай, когда точка F
лежит между A
и K
. Тогда
x=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}\cdot\frac{AC}{\cos\alpha}=\frac{2a}{\frac{1}{\sqrt{5}}}=2a\sqrt{5},
9a^{2}=2a\sqrt{5}(2a\sqrt{5}-KF),
откуда KF=\frac{11a}{2\sqrt{5}}
. Следовательно,
\frac{KF}{AB}=\frac{\frac{11a}{2\sqrt{5}}}{4a\sqrt{5}}=\frac{11}{40}.
Источник: Математическая олимпиада МГУ «Покори Воробьёвы горы». — 2013-2014, март 2014, закл. тур, 11 класс, задача 3, вариант 6-1