В треугольнике ABC со сторонами AB=5, BC=7, AC=6 окружность касается сторон AB и AC в точках P и Q, а также касается изнутри окружности, описанной около треугольника ABC. Найдите длину отрезка PQ.
## Что за окружность Окружность касается двух сторон угла A -- сторон AB и AC, -- поэтому её центр лежит на биссектрисе угла A. Кроме того, она касается описанной окружности треугольника ABC изнутри. Такая окружность единственна: это так называемая **полувписанная (смешанная) окружность угла A**. Обозначим alpha=(A)/(2) и стороны стандартно: a=BC=7, b=AC=6, c=AB=5. Поскольку из точки A к проведены две касательные (по сторонам AB и AC), длины касательных равны: AP=AQ. Значит, треугольник APQ равнобедренный, а его ось симметрии -- биссектриса AI (где I -- центр вписанной окружности). Отрезок PQ перпендикулярен этой биссектрисе, и PQ=2* AP* . Остаётся найти AP (или, что то же, положение центра ). Сделаем это, аккуратно записав условие касания с . ## Координаты Поместим A в начало координат, а биссектрису угла A направим по положительной полуоси x. Тогда стороны угла симметричны относительно оси x: B=(c,-c), C=(b,b). Центр окружности лежит на оси x: S=(t,0), t>0. Расстояние от S до прямой AB (а угол между осью и AB равен alpha) даёт радиус =t, а основания перпендикуляров -- точки касания, причём AP=AQ=t, PAQ=2alpha . Отсюда сразу PQ=2AP=2t=tsin 2alpha. 1 ## Центр описанной окружности Пусть O=(x_0,y_0), R -- центр и радиус . Из равенств |OA|=|OB| и |OA|=|OC| после раскрытия скобок получаем линейную систему cases cos_0-sin_0=(c)/(2),[4pt] cos_0+sin_0=(b)/(2), cases x_0=(b+c)/(4), y_0=(b-c)/(4). ## Условие внутреннего касания Окружность лежит внутри , поэтому расстояние между центрами равно разности радиусов: |OS|=R- . Возведём в квадрат. Учитывая R^2=|OA|^2=x_0^2+y_0^2 и =t: |OS|^2=(x_0-t)^2+y_0^2=R^2-2x_0t+t^2, (R-)^2=R^2-2R+^2 . Приравнивая и сокращая R^2: -2x_0t+t^2=-2Rt+t^2sin^2alpha . Делим на t>0 и переносим: t(1-sin^2alpha)=2x_0-2R^2alpha=2x_0-2R . 2 Подставляя (2) в (1): PQ=tsin 2alpha=2t =(2)/(cos^2alpha)(2x_0-2R) =4(x_0-R). 3 ## Подставляем числа **Угол A.** По теореме косинусов cos A=(b^2+c^2-a^2)/(2bc)=(36+25-49)/(2*6*5)=(12)/(60)=15 . Тогда через формулы половинного угла (A=2alpha): cos^2alpha=(1+cos A)/(2)=(3)/(5), sin^2alpha=(2)/(5), =(sqrt(15))/(5), =(sqrt(10))/(5), =(sqrt(10))/(sqrt(15))=(6)/(3). **Радиус R.** Площадь по формуле Герона: полупериметр s=(7+6+5)/(2)=9, S=sqrt(9*2*3*4)=sqrt(216)=66, R=(abc)/(4S)=(210)/(246)=(356)/(24). **Слагаемые в (3).** x_0=(b+c)/(4)=(11)/(4*sqrt(15)5)=(55)/(4sqrt(15))=(11sqrt(15))/(12), R=(356)/(24)*(sqrt(10))/(5)=(35sqrt(60))/(120)=(35*2sqrt(15))/(120)=(7sqrt(15))/(12), x_0-R=(11sqrt(15))/(12)-(7sqrt(15))/(12)=(4sqrt(15))/(12)=(sqrt(15))/(3). Наконец по (3): PQ=4(x_0-R)=4*(6)/(3)*(sqrt(15))/(3) =(4sqrt(90))/(9)=(4*3sqrt(10))/(9)=(4sqrt(10))/(3). ## Проверка и красивый факт Численно: PQ~4,216; координатная модель треугольника даёт то же значение, а центр действительно лежит внутри (~2,72<R~3,57, |OS|=R-). Отдельно отметим изящное свойство полувписанной окружности: **центр вписанной окружности I является серединой отрезка PQ** (это следует из леммы о касании: прямая, соединяющая точку касания T окружностей с точкой P, проходит через середину N дуги AB, причём NP* NT=NA^2=NI^2). Отсюда с AP=AQ получаем короткую формулу PQ=(2r)/(), r=(S)/(s)=(66)/(9)=(26)/(3), PQ=(2*263)/(sqrt(15)5)=(4sqrt(10))/(3), что совпадает с найденным ответом. **Ответ:** PQ=(4sqrt(10))/(3).
\(PQ=\dfrac{4\sqrt{10}}{3}\).