6776. В прямоугольном треугольнике ABC
с прямым углом C
известны стороны: AC=15
, BC=8
. Окружность радиуса 2,5 с центром на стороне BC
проходит через вершину C
. Вторая окружность с центром O
касается катета AC
, гипотенузы треугольника, а также внешним образом касается первой окружности.
а) Докажите, что прямая AO
пересекает первую окружность.
б) Найдите радиус второй окружности.
Ответ. 2,5.
Решение. а) По теореме Пифагора находим, что AB=17
.
Пусть M
— точка пересечения прямой AO
с катетом BC
. Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе угла, поэтому AM
— биссектриса треугольника ABC
. Тогда \frac{CM}{MB}=\frac{AC}{AB}=\frac{15}{17}
, значит,
CM=BC\cdot\frac{AC}{AC+AB}=8\cdot\frac{15}{32}=\frac{15}{4}.
Таким образом, прямая AO
пересекает диаметр окружности радиуса 2,5 в точке, удалённой от центра на расстояние
5-CM=5-\frac{15}{4}=\frac{5}{4},
меньшее радиуса. Следовательно, прямая AM
пересекает эту окружность.
б) Пусть x
— радиус второй окружности. Поскольку первая окружность проходит через вершину C
прямого угла треугольника ABC
, а её центр лежит на катете BC
, прямая AC
касается этой окружности в точке C
, а CD
— отрезок общей внешней касательной первой и второй окружностей. Значит, CD=2\sqrt{2{,}5x}=\sqrt{10x}
(см. задачу 365), а AD=AC-CD=15-\sqrt{10x}
.
Обозначим \angle BAC=\alpha
. Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому \angle DAO=\frac{\alpha}{2}
. Из прямоугольного треугольника ABC
находим, что \sin\alpha=\frac{8}{17}
, \cos\alpha=\frac{15}{17}
. Тогда
\tg\frac{\alpha}{2}=\frac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha}=\frac{\frac{8}{17}}{1+\frac{15}{17}}=\frac{1}{4}.
Из прямоугольного треугольника AOD
получаем, что OD=AD\tg\frac{\alpha}{2}
, или
x=(15-\sqrt{10x})\cdot\frac{1}{4}.
Отсюда \sqrt{x}=\frac{\sqrt{10}}{2}
. Следовательно,
x=\left(\frac{\sqrt{10}}{2}\right)^{2}=\frac{5}{2}.
