2946. Через вершину наибольшего угла треугольника со сторонами 6, 8 и 10 проведена касательная к окружности, описанной около этого треугольника. Найдите отрезок касательной, заключённый между точкой касания и точкой пересечения с продолжением наибольшей стороны треугольника.
Ответ. \frac{120}{7}
.
Решение. Первый способ. Рассмотрим треугольник ABC
со сторонами AB=10
, AC=6
, BC=8
. Поскольку AB^{2}=10^{2}=6^{2}+8^{2}=AC^{2}+BC^{2}
, этот треугольник — прямоугольный, причём \angle ACB=90^{\circ}
.
Пусть касательная к описанной окружности треугольника ABC
, проведённая в точке C
, пересекает продолжение гипотенузы AB
в точке M
. Центр O
описанной окружности прямоугольного треугольника — середина гипотенузы AB
.
Обозначим \angle MBC=\angle ABC=\alpha
. Треугольник BOC
— равнобедренный (OB=OC=5
). По теореме о внешнем угле треугольника \angle MOC=2\alpha
. Из прямоугольного треугольника ABC
находим, что
\tg\alpha=\tg\angle ABC=\frac{AC}{BC}=\frac{3}{4}.
Тогда
\tg\angle MOC=\tg2\alpha=\frac{2\tg\alpha}{1-\tg^{2}\alpha}=\frac{2\cdot\frac{3}{4}}{1-\frac{9}{16}}=\frac{24}{7}.
Следовательно,
MC=OC\tg2\alpha=5\cdot\frac{24}{7}=\frac{120}{7}.
Второй способ. Рассмотрим треугольник ABC
со сторонами AB=10
, AC=6
, BC=8
. Поскольку AB^{2}=10^{2}=6^{2}+8^{2}=AC^{2}+BC^{2}
, этот треугольник — прямоугольный, причём \angle ACB=90^{\circ}
.
Пусть касательная к описанной окружности треугольника ABC
, проведённая в точке C
, пересекает продолжение гипотенузы AB
в точке M
. Обозначим CM=x
. Центр O
описанной окружности прямоугольного треугольника — середина гипотенузы AB
. Перпендикуляр CD
, опущенный из точки C
на AB
, есть общая высота прямоугольных треугольников ACB
и MCO
. Поэтому, с одной стороны,
DH=\frac{AC\cdot BC}{AB}=\frac{6\cdot8}{10}=\frac{24}{5},
с другой —
DH=\frac{CO\cdot CM}{MO}=\frac{5x}{\sqrt{x^{2}+25}}.
Из уравнения \frac{5x}{\sqrt{x^{2}+25}}=\frac{24}{5}
находим, что x=\frac{120}{7}
.