5249. Дан равнобедренный треугольник ABC
с основанием BC=12
и боковыми сторонами AB=AC=10
. Через середину стороны AB
проведена прямая, касающаяся окружности радиуса 2, вписанной в угол ACB
. В каком отношении эта прямая делит площадь треугольника ABC
?
Ответ. 1:3
или 3:7
.
Решение. Пусть AH
— высота треугольника ABC
. Тогда
AH=\sqrt{AB^{2}-BH^{2}}=\sqrt{100-36}=8.
Радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник ACH
, равен
\frac{1}{2}(AH+CH-AC)=\frac{1}{2}(8+6-10)=2
(см. задачу 217), значит, окружность, о которой говорится в условии задачи, — это вписанная окружность прямоугольного треугольника ACH
.
Прямая, проходящая через середину M
боковой стороны AB
и касающаяся этой окружности, пересекает либо боковую сторону AC
(рис. 1), либо основание BC
(рис. 2).
Заметим, что расстояние между средней линией треугольника ABC
, параллельной BC
, и прямой BC
равно половине высоты AH
, т. е. диаметру окружности, значит, эта средняя линия — одна из указанных касательных. Пусть она пересекает боковую сторону AC
в точке T
. Тогда
\frac{S_{\triangle AMT}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{1}{4},
В этом случае искомое отношение равно \frac{1}{3}
.
Рассмотрим второй случай. Пусть O
— центр окружности, L
— проекция точки M
на сторону BC
, N
— точка пересечения касательной с основанием BC
; F
, P
и Q
— точки касания окружности с прямыми BC
, MN
и MT
соответственно. Тогда
QM=FL=FH+HL=FH+\frac{1}{2}\cdot BH=2+\frac{1}{2}\cdot6=5.
Обозначим, \angle OMP=\angle OMQ=\alpha
. Тогда \angle MNL=\angle NMQ=2\alpha
, а так как \tg\alpha=\frac{OQ}{QM}=\frac{2}{5}
, то
\tg2\alpha=\frac{2\tg\alpha}{1-\tg^{2}\alpha}=\frac{2\cdot\frac{2}{5}}{1-\frac{4}{25}}=\frac{20}{21}.
Из прямоугольного треугольника MLN
находим, что LN=ML\ctg2\alpha=4\cdot\frac{21}{20}=\frac{21}{5}
, поэтому
BN=BL+LN=3+\frac{21}{5}=\frac{36}{5},~\frac{BN}{BC}=\frac{\frac{36}{5}}{12}=\frac{3}{5}.
Следовательно,
\frac{S_{\triangle MBN}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{BM}{AB}\cdot\frac{BN}{BC}=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{5}=\frac{3}{10},
а искомое отношение равно \frac{3}{7}
.