18054. Окружность \omega
описана около треугольника ABC
со сторонами AB=3
, BC=7
и AC=5
. Биссектриса угла BAC
пересекает сторону BC
в точке D
, а окружность \omega
— в точке E
. Окружность \gamma
с диаметром DE
пересекает \omega
в точке F
, отличной от E
. Найдите AF
.
Ответ. \frac{30}{\sqrt{19}}
.
Решение. Заметим, что равные вписанные в окружность \omega
углы BAE
и CAE
опираются на равные хорды BE
и CE
, поэтому точка E
лежит на серединном перпендикуляре к хорде BC
, т. е. на диаметре EG
окружности \omega
. В то же время, \angle GFE=\angle DFE=90^{\circ}
, поэтому точки G
, D
и F
лежат на одной прямой.
Пусть M
— отличная от D
точка пересечения окружности \gamma
с отрезком BC
. Тогда M
лежит на прямой EG
, а так как
\angle DMG=\angle DME=90^{\circ}=\angle EAG=\angle DAG,
то точки D
, M
, G
и A
лежат на одной окружности.
Далее получаем
\angle AFD=\angle AFG=\angle AEG=\angle AEM,
\angle FAD=\angle FAE=\angle FGE=\angle DGM=\angle DAM=\angle EAM.
Значит, треугольники AFD
и AEM
подобны по двум углам. Кроме того,
\angle ACD=\angle ACB=\angle AEB~\mbox{и}~\angle DAC=\angle EAB
(так как AE
— биссектриса угла BAC
), поэтому треугольники CAD
и EAB
тоже подобны по двум углам. Тогда
\frac{AF}{AE}=\frac{AD}{AM}~\Rightarrow~AF=AE\cdot\frac{AD}{AM}=\frac{AE\cdot\frac{AC}{AE}}{AM}=\frac{AB\cdot AC}{AM},
(так как \frac{AD}{AC}=\frac{AB}{AE}~\Rightarrow~AD=AB\cdot\frac{AC}{AE}
).
По формуле для медианы треугольника (см. задачу 4014) получаем
AM=\frac{1}{2}\sqrt{2(AB^{2}+AC^{2})-BC^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{2(9+25)-49}=\frac{1}{2}\sqrt{19}.
Следовательно,
AF=\frac{AB\cdot AC}{AM}=\frac{3\cdot5}{\frac{1}{2}\sqrt{19}}=\frac{30}{\sqrt{19}}.
Источник: Международная математическая олимпиада Naboj. — 2017, задача 55, с. 20