5247. В каком отношении точка касания вписанной в равнобедренный треугольник окружности делит его боковую сторону, если известно, что отношение радиусов его вписанной и вневписанной окружностей равно \frac{2}{7}
?
Ответ. \frac{3}{2}
или \frac{4}{5}
(считая от вершины).
Решение. Первый способ. Пусть 2r
— радиус окружности с центром O
, вписанной в равнобедренный треугольник ABC
с основанием BC
, M
— точка касания этой окружности с боковой стороной AB
, AH
— высота треугольника.
Предположим, что окружность радиуса 7r
с центром O_{1}
касается боковой стороны AB
, продолжения основания BC
в точке D
и продолжения боковой стороны AC
в точке E
(рис. 1). Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе угла, поэтому AO_{1}
— биссектриса угла BAE
. В четырёхугольнике AHDO_{1}
угол HAO_{1}
— прямой как угол между биссектрисами смежных углов BAC
и BAE
, а так как \angle HDO_{1}=\angle AHD=90^{\circ}
, то AHDO_{1}
— прямоугольник, поэтому AH=O_{1}D=7r
.
Заметим, что BO
— биссектриса прямоугольного треугольника ABH
, поэтому
\frac{BH}{AB}=\frac{OH}{OA}=\frac{OH}{AH-OH}=\frac{2r}{7r-2r}=\frac{2}{5},
а так как BM=BH
, то
\frac{AM}{MB}=\frac{AB-BM}{BM}=\frac{AB-BH}{BH}=\frac{AB}{BH}-1=\frac{5}{2}-1=\frac{3}{2}.
В случае, когда вневписанная окружность касается стороны AC
и продолжений сторон BC
и AB
, получим тот же результат.
Предположим теперь, что окружность радиуса 7r
с центром O_{2}
касается основания BC
, продолжения боковой стороны AC
и продолжения боковой стороны AB
треугольника ABC
в точке N
(рис. 2). Тогда прямоугольные треугольники AMO
и ANO_{2}
подобны с коэффициентом \frac{OM}{O_{2}N}=\frac{2r}{7r}=\frac{2}{7}
, поэтому \frac{AM}{AN}=\frac{2}{7}
.
Положим AM=2t
. Тогда
AN=7t,~MN=AN-AM=7t-2t=5t,~BM=BH=BN=\frac{5t}{2}.
Следовательно,
\frac{AM}{MB}=\frac{2t}{\frac{5t}{2}}=\frac{4}{5}.
Второй способ. Пусть 2r
— радиус окружности с центром O
, вписанной в равнобедренный треугольник ABC
с основанием BC
, M
— точка касания этой окружности с боковой стороной AB
, AH
— высота треугольника.
Предположим, что окружность радиуса 7r
с центром O_{1}
касается боковой стороны AB
, продолжения основания BC
в точке D
и продолжения боковой стороны AC
в точке E
(рис. 1). Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе угла, поэтому AO_{1}
— биссектриса угла BAE
. В четырёхугольнике AHDO_{1}
угол HAO_{1}
— прямой как угол между биссектрисами смежных углов BAC
и BAE
, а так как \angle HDO_{1}=\angle AHD=90^{\circ}
, то AHDO_{1}
— прямоугольник, поэтому
AH=O_{1}D=7r,~OA=AH-OH=7r-2r=5r.
Из прямоугольного треугольника AOM
находим, что
AM=\sqrt{OA^{2}-OM^{2}}=\sqrt{25r^{2}-4r^{2}}=r\sqrt{21}.
Заметим, что \angle ABC=\angle AOM
, поэтому
BM=BH=AH\ctg\angle ABC=7r\ctg\angle AOM=7r\cdot\frac{OM}{AM}=7r\cdot\frac{2r}{r\sqrt{21}}=\frac{2r\sqrt{21}}{3}.
Следовательно,
\frac{AM}{BM}=\frac{r\sqrt{21}}{\frac{2r\sqrt{21}}{3}}=\frac{3}{2}.
В случае, когда вневписанная окружность касается стороны AC
и продолжений сторон BC
и AB
, получим тот же результат.
Предположим теперь, что окружность радиуса 7r
с центром O_{2}
касается основания BC
и продолжений боковых сторон треугольника ABC
(рис. 2). Воспользуемся формулами r=\frac{S}{p}
и r_{a}=\frac{S}{p-a}
, где r
— радиус вписанной окружности треугольника площади S
, p
— полупериметр треугольника, r_{a}
— радиус вневписанной окружности, касающейся стороны, равной a
.
Обозначим BC=a
, AB=AC=b
. Тогда
\frac{2}{7}=\frac{2r}{7r}=\frac{\frac{S}{p}}{\frac{S}{p-a}}=\frac{p-a}{p}=\frac{b+\frac{a}{2}-a}{b+\frac{a}{2}}=\frac{2b-a}{2b+a},
откуда находим, что \frac{b}{a}=\frac{9}{10}
. Следовательно,
\frac{AM}{BM}=\frac{AB-BM}{BM}=\frac{AB}{BM}-1=\frac{AB}{BH}-1=\frac{b}{\frac{a}{2}}-1=\frac{2b}{a}-1=2\cdot\frac{b}{a}-1=2\cdot\frac{9}{10}-1=\frac{4}{5}.
Источник: Диагностические и тренировочные задачи ЕГЭ. —