5690. В треугольник ABC
помещены две касающиеся окружности с центрами O_{1}
и O_{2}
, причём первая из них касается сторон AB
и BC
, а вторая — сторон AC
и BC
. Прямые BO_{1}
и CO_{2}
пересекаются в точке O
.
а) Докажите, что \angle BOC=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle A
.
б) Найдите радиусы окружностей, если известно, что они равны, а AB=AC=115
и BC=184
.
Ответ. 23.
Решение. а) Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, значит, BO_{1}
и CO_{2}
— биссектрисы углов при вершинах B
и C
треугольника ABC
. Следовательно,
\angle BOC=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle A
(см. задачу 1101).
б)
Первый способ. Высота AH
равнобедренного треугольника ABC
разбивает его на два равных прямоугольных треугольника ABH
и ACH
. Окружности искомого радиуса r
, указанные в условии, вписаны в эти треугольники. По теореме Пифагора
AH=\sqrt{AB^{2}-BH^{2}}=\sqrt{115^{2}-92^{2}}=\sqrt{(115-92)(115+92)}=
=\sqrt{23\cdot207}=\sqrt{23\cdot9\cdot23}=23\cdot3=69.
Следовательно (см. задачу 217),
r=\frac{AH+BH-AB}{2}=\frac{69+92-115}{2}=23.
Второй способ. Точка O
пересечения биссектрис треугольника ABC
есть центр его вписанной окружности. Пусть r
— радиус этой окружности, x
— искомый радиус окружностей с центрами O_{1}
и O_{2}
, S
— площадь треугольника, p
— его полупериметр, AH
— высота (она же биссектриса и медиана) треугольника. Тогда
AH=\sqrt{AB^{2}-BH^{2}}=\sqrt{115^{2}-92^{2}}=\sqrt{(115-92)(115+92)}=
=\sqrt{23\cdot207}=\sqrt{23\cdot9\cdot23}=23\cdot3=69,
S=\frac{1}{2}BC\cdot AH=92\cdot69,~p=\frac{115+115+184}{2}=207,~
r=\frac{S}{p}=\frac{92\cdot69}{207}=\frac{92\cdot3\cdot23}{23\cdot9}=\frac{92}{3}.
Пусть K
— точка пересечения AH
и O_{1}O_{2}
. Треугольник O_{1}OO_{2}
подобен треугольнику BOC
по двум углам, поэтому \frac{OK}{OH}=\frac{O_{1}O_{2}}{BC}
, или
\frac{OH-KH}{OH}=\frac{O_{1}O_{2}}{BC},~\frac{r-x}{r}=\frac{2x}{184}=\frac{x}{92}.
Отсюда находим, что
x=\frac{92r}{92+r}=\frac{92\cdot\frac{92}{3}}{92+\frac{92}{3}}=23.