6805. Две окружности касаются внутренним образом в точке A
, причём меньшая окружность проходит через центр большей. Хорда BC
большей окружности касается меньшей в точке P
. Хорды AB
и AC
пересекают меньшую окружность в точках K
и M
соответственно.
а) Докажите, что прямые KM
и BC
параллельны.
б) Пусть L
— точка пересечения KM
с прямой AP
. Найдите AL
, если известно, что BC=32
, а радиус большей окружности равен 34.
Ответ. \sqrt{34}
.
Решение. Первый способ. а) Пусть O
— центр большей окружности. Линия центров касающихся окружностей проходит через точку касания, поэтому OA
— диаметр меньшей окружности.
Пусть хорды AB
и AC
пересекают меньшую окружность в точках K
и M
соответственно. Точка K
лежит на окружности с диаметром OA
, значит, \angle AKO=90^{\circ}
, а так как перпендикуляр, опущенный из центра окружности на хорду, делит её пополам, то K
— середина AB
. Аналогично, M
— середина AC
, поэтому KM
— средняя линия треугольника ABC
. Следовательно, MK\parallel BC
.
б) Опустим перпендикуляр OH
на хорду BC
. Тогда H
— середина BC
. Из прямоугольного треугольника OHB
находим, что
OH=\sqrt{OB^{2}-BH^{2}}=\sqrt{34^{2}-16^{2}}=\sqrt{18\cdot50}=30.
Пусть Q
— центр меньшей окружности. Тогда QP\parallel OH
, QP=\frac{1}{2}OA=17
. Опустим перпендикуляр QF
из центра меньшей окружности на OH
. Тогда
PH=QF,~OF=OH-FH=OH-QP=30-17=13,
HP^{2}=QF^{2}=QO^{2}-OF^{2}=17^{2}-13^{2}=120,
OP^{2}=OH^{2}+PH^{2}=OH^{2}+QF^{2}=30^{2}+120=1020,
а так как \angle APO=90^{\circ}
, то из прямоугольного треугольника APO
находим, что
AP=\sqrt{OA^{2}-OP^{2}}=\sqrt{34^{2}-1020}=2\sqrt{34}.
Отрезок KM
— средняя линия треугольника ABC
, поэтому L
— середина KM
. Следовательно,
AL=\frac{1}{2}AP=\sqrt{34}.
Второй способ. а) Пусть O
— центр большей окружности. Тогда AO
— диаметр меньшей, значит, OM\perp AC
. Следовательно, M
— середина хорды AC
. Аналогично K
— середина хорды AB
. Таким образом, KM
— средняя линия треугольника ABC
, и значит, KM\parallel BC
.
б) Отрезок KM
— средняя линия треугольника ABC
, поэтому KM=\frac{1}{2}BC=16
.
Обозначим AK=BK=a
, AM=MC=b
, \angle BAC=\alpha
. По теореме о касательной и секущей (см. задачу 93)
BP=\sqrt{BA\cdot BK}=a\sqrt{2},~CP=\sqrt{CA\cdot CM}=b\sqrt{2},
а так как BP+CP=BC
, то a\sqrt{2}+b\sqrt{2}=32
, или a+b=16\sqrt{2}
. После возведения в квадрат, получаем, что a^{2}+b^{2}+2ab=512
, или a^{2}+b^{2}=512-2ab
.
По теореме синусов
\sin\alpha=\sin\angle KAM=\frac{KM}{2r}=\frac{16}{2\cdot17}=\frac{8}{17}.
Тогда \cos\alpha=\frac{15}{17}
.
Применив к треугольнику AKM
теорему косинусов, получим, что
AK^{2}+AM^{2}-2AK\cdot KM\cos\alpha=KM^{2},~a^{2}+b^{2}-2ab\cdot\frac{15}{17}=256,
откуда a^{2}+b^{2}=2ab\cdot\frac{15}{17}+256
. Из равенства 2ab\cdot\frac{15}{17}+256=512-2ab
находим, что ab=68
.
Из теоремы об угле между касательной и хордой, а также из параллельности прямых KM
и BC
следует, что
\angle MAP=\angle CPM=\angle KMP=\angle BAP,
т. е. AP
— биссектриса треугольника ABC
, а значит, AL
— биссектриса треугольника AKM
.
По свойству биссектрисы треугольника \frac{KL}{LM}=\frac{AK}{KM}=\frac{a}{b}
, значит,
KL=KM\cdot\frac{a}{a+b}=\frac{16a}{a+b},~LM=KM\cdot\frac{b}{a+b}=\frac{16b}{a+b}.
Треугольники ABC
и AKM
подобны с коэффициентом 2, поэтому AL=LP
. По теореме о произведении отрезков пересекающихся хорд
AL^{2}=AL\cdot LP=KL\cdot LM=\frac{16a}{a+b}\cdot\frac{16b}{a+b}=\frac{16^{2}ab}{(a+b)^{2}}=\frac{16^{2}\cdot68}{2\cdot16^{2}}=34.
Следовательно, AL=\sqrt{34}
.
Третий способ. а) Поскольку окружности касаются, у них есть общая касательная в точке A
. На этой касательной отметим такую точку D
, что D
и B
лежат по разные стороны от прямой AC
.
Из теоремы об угле между касательной и хордой (см. задачу 87) следует, что \angle ABC=\angle DAC
и \angle AKM=\angle DAC
, поэтому \angle ABC=\angle AKM
. Следовательно, KM\parallel BC
.
б) Пусть уже известно, что a+b=16\sqrt{2}
, ab=68
, а AL
— биссектриса треугольника AKM
.
Треугольники ABC
и AKM
подобны с коэффициентом 2, поэтому AL=LP
. По формуле для квадрата биссектрисы треугольника (см. задачу 791) и по теореме о произведении отрезков пересекающихся хорд (см. задачу 2627)
AL^{2}=AK\cdot AM-KL\cdot LM=AK\cdot AM-AL\cdot LP=ab-AL^{2},
откуда AL^{2}=\frac{ab}{2}=34
. Следовательно, AL=\sqrt{34}
.
Четвёртый способ. б) Пусть уже известно, что \cos\alpha=\frac{15}{17}
, a+b=16\sqrt{2}
, ab=68
, а AL
— биссектриса треугольника AKM
.
Тогда
\cos\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{2}}=\sqrt{\frac{1+\frac{15}{17}}{2}}=\frac{4}{\sqrt{17}}.
По формуле для биссектрисы треугольника (см. задачу 4012)
AL=\frac{2AK\cdot AM\cos\frac{\alpha}{2}}{AK+AM}=\frac{2ab\cos\frac{\alpha}{2}}{a+b}=\frac{2\cdot68\cdot\frac{4}{\sqrt{17}}}{16\sqrt{2}}=\sqrt{34}.