17796. Периметр треугольника ABC
, в котором AB\lt AC
, в семь раз больше стороны BC
. Вписанная окружность треугольника касается стороны BC
в точке E
, а диаметр DE
пересекает медиану, проведённую из вершины A
, в точке F
. Найдите отношение \frac{DF}{FE}
.
Ответ. \frac{5}{7}
.
Решение. Обозначим BC=a
, CA=b
, AB=c
, \angle ABC=\gamma
, r
— радиус вписанной окружности треугольника ABC
, p
— полупериметр треугольника. Пусть M
— середина стороны BC
, AK
— высота треугольника.
По теореме косинусов
\cos\gamma=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}~\Rightarrow~CK=b\cos\gamma=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2a}.
Далее получаем
CE=p-a=\frac{a+b+c}{2}-a=\frac{b+c-a}{2}
(см. задачу 219),
ME=CE-CM=\frac{b+c-a}{2}-\frac{a}{2}=\frac{b-c}{2},
MK=CK-CM=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2a}-\frac{a}{2}=\frac{b^{2}-c^{2}}{2a}.
Из условия задачи следует, что b+c=6a
. Прямоугольный треугольник MEF
подобен прямоугольному треугольнику MKA
с коэффициентом
\frac{FE}{AK}=\frac{ME}{MK}=\frac{\frac{b-c}{2}}{\frac{b^{2}-c^{2}}{2a}}=\frac{a}{b+c}=\frac{1}{6}~\Rightarrow~EF=\frac{1}{6}AK=\frac{1}{6}h.
В то же время, записав двумя способами площадь треугольника ABC
(см. задачу 452), получим \frac{ah}{2}=pr
, откуда
DE=2r=\frac{ah}{p}=\frac{a}{p}\cdot h=\frac{2a}{2p}\cdot h=2\cdot\frac{a}{2p}\cdot h=2\cdot\frac{1}{7}\cdot h=\frac{2}{7}h.
Тогда
DF=DE-EF=\frac{2}{7}h-\frac{1}{6}h=\frac{5}{42}h.
Следовательно,
\frac{DF}{EF}=\frac{\frac{5}{42}h}{\frac{1}{6}h}=\frac{5}{7}.
Источник: Математические олимпиады Гонконга. — 2003, задача 20