5231. Косинус угла при вершине равнобедренного треугольника равен \frac{7}{25}
, а боковая сторона равна 15. Внутри треугольника расположены две равные касающиеся окружности, каждая из которых касается двух сторон треугольника. Найдите радиусы окружностей.
Ответ. 3
или \frac{45}{16}
.
Решение. Первый способ. Рассмотрим равнобедренный треугольник ABC
, в котором \cos\angle BAC=\frac{7}{25}
, AB=AC=15
. Обозначим \angle ABC=\angle ACB=\alpha
. Тогда
\angle BAC=180^{\circ}-2\alpha,~\cos\angle BAC=\cos(180^{\circ}-2\alpha)=-\cos2\alpha,~\cos2\alpha=-\frac{7}{25},
а так как 1+\cos2\alpha=2\cos^{2}\alpha
, то
\cos^{2}\alpha=\frac{1+\cos2\alpha}{2}=\frac{1-\frac{7}{25}}{2}=\frac{9}{25}.
При этом \alpha\lt90^{\circ}
, поэтому \cos\alpha=\frac{3}{5}
. Тогда \sin\alpha=\frac{4}{5}
, \tg\alpha=\frac{4}{3}
.
Пусть AH
— высота треугольника ABC
. Тогда H
— середина BC
,
BC=2BH=2\cdot AB\cos\alpha=2\cdot15\cdot\frac{3}{5}=18,~\tg\frac{\alpha}{2}=\frac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha}=\frac{\frac{4}{5}}{1+\frac{3}{5}}=\frac{1}{2}.
Предположим, что окружность радиуса r
с центром O_{1}
вписана в угол ACB
и касается основания BC
в точке N
, а окружность того же радиуса с центром O_{2}
вписана в угол ABC
, касается первой окружности, а также основания BC
— в точке M
(рис. 1).
Из прямоугольного треугольника BMO_{2}
находим, что
BM=O_{2}M\ctg\angle MBO_{2}=2r
(центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе). Тогда CN=BM=2r
.
Линия центров касающихся окружностей проходит через точку их касания, поэтому O_{1}O_{2}=2r
, а так как O_{1}O_{2}MN
— прямоугольник, то MN=O_{1}O_{2}=2r
. Следовательно,
18=BC=BM+MN+CN=2r+2r+2r=6r,
откуда находим, что r=3
.
Пусть теперь окружность радиуса r
с центром O_{1}
вписана в угол BAC
и касается боковой стороны AB
в точке P
, вторая окружность радиуса r
с центром O_{2}
вписана в угол ABC
, касается боковой стороны AB
в точке Q
, а также касается первой окружности (рис. 2).
Из прямоугольных треугольников APO_{1}
и BQO_{2}
находим, что
AP=O_{1}P\tg\angle AO_{1}P=r\tg\alpha=\frac{4}{3}r,
BQ=O_{2}Q\ctg\angle QBO_{2}=r\ctg\frac{\alpha}{2}=2r.
Следовательно,
15=AB=AP+PQ+QB=AP+O_{1}O_{2}+QB=\frac{4}{3}r+2r+2r=\frac{16}{3}r,
откуда находим, что r=\frac{45}{16}=2\frac{9}{16}
.
В случае, когда окружности вписаны в углы BAC
и ACB
, получим тот же результат.
Второй способ. Рассмотрим равнобедренный треугольник ABC
, в котором \cos\angle BAC=\frac{7}{25}
, BC=AB=15
. По теореме косинусов, находим, что
BC=\sqrt{2\cdot15^{2}-2\cdot15\cdot15\cdot\frac{7}{25}}=18,
а так как \sin\angle BAC=\frac{24}{25}
, то
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB^{2}\sin\angle BAC=\frac{1}{2}\cdot225\cdot\frac{24}{25}=108.
Предположим, что окружность радиуса r
с центром O_{1}
вписана в угол ACB
, а окружность того же радиуса с центром O_{2}
вписана в угол ABC
и касается первой окружности (рис. 3).
Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому лучи BO_{1}
и CO_{2}
— биссектрисы углов треугольника. Точка их пересечения O
— центр окружности, вписанной в треугольник ABC
. Пусть d
— радиус этой окружности. Тогда
d=\frac{2S_{\triangle ABC}}{AB+AC+BC}=\frac{216}{15+15+18}=\frac{9}{2}.
Треугольники O_{1}OO_{2}
и BOC
подобны, поэтому их высоты OP
и OH
пропорциональны сторонам O_{1}O_{2}
и BC
, т. е. \frac{d-r}{d}=\frac{2r}{BC}
, или \frac{\frac{9}{2}-r}{\frac{9}{2}}=\frac{2r}{18}
. Отсюда находим, что r=3
.
Пусть теперь окружность радиуса r
с центром O_{1}
вписана в угол BAC
, а вторая окружность того же радиуса r
с центром O_{2}
вписана в угол ABC
и касается первой окружности (рис. 4).
Треугольники O_{1}OO_{2}
и AOB
подобны, поэтому их высоты OQ
и OF
пропорциональны сторонам O_{1}O_{2}
и AB
, т. е. \frac{d-r}{d}=\frac{2r}{AB}
, или \frac{\frac{9}{2}-r}{\frac{9}{2}}=\frac{2r}{15}
. Отсюда находим, что r=\frac{45}{16}
.
