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.

Задача №18560: Планиметрия

Что за окружность

Окружность $ω$ касается двух сторон угла $A$ — сторон $A B$ и $A C,$ — поэтому её центр лежит на биссектрисе угла $A .$ Кроме того, она касается описанной окружности $Ω$ треугольника $A B C$ изнутри. Такая окружность единственна: это так называемая полувписанная (смешанная) окружность угла $A$ .

Обозначим $α = \frac{A}{2}$ и стороны стандартно: $a = B C = 7,$ $b = A C = 6,$ $c = A B = 5 .$

Поскольку из точки $A$ к $ω$ проведены две касательные (по сторонам $A B$ и $A C$ ), длины касательных равны: $A P = A Q .$ Значит, треугольник $A P Q$ равнобедренный, а его ось симметрии — биссектриса $A I$ (где $I$ — центр вписанной окружности). Отрезок $P Q$ перпендикулярен этой биссектрисе, и

P Q = 2 \cdot A P \cdot sin α .

Остаётся найти $A P$ (или, что то же, положение центра $ω$ ). Сделаем это, аккуратно записав условие касания с $Ω .$

Координаты

Поместим $A$ в начало координат, а биссектрису угла $A$ направим по положительной полуоси $x .$ Тогда стороны угла симметричны относительно оси $x :$

B = (c cos α, - c sin α), C = (b cos α, b sin α) .

Центр окружности $ω$ лежит на оси $x :$ $S = (t, 0),$ $t > 0 .$ Расстояние от $S$ до прямой $A B$ (а угол между осью и $A B$ равен $α$ ) даёт радиус $ρ = t sin α,$ а основания перпендикуляров — точки касания, причём

A P = A Q = t cos α, ∠ P A Q = 2 α .

Отсюда сразу

P Q = 2 A P sin α = 2 t cos α sin α = t sin 2 α . (1)

Центр описанной окружности

Пусть $O = (x_{0}, y_{0}),$ $R$ — центр и радиус $Ω .$ Из равенств $∣ O A ∣ = ∣ O B ∣$ и $∣ O A ∣ = ∣ O C ∣$ после раскрытия скобок получаем линейную систему

⎩ ⎨ ⎧ cos α x_{0} - sin α y_{0} = \frac{c}{2}, cos α x_{0} + sin α y_{0} = \frac{b}{2}, ⟹ x_{0} = \frac{b + c}{4 cos α}, y_{0} = \frac{b - c}{4 sin α} .

Условие внутреннего касания

Окружность $ω$ лежит внутри $Ω,$ поэтому расстояние между центрами равно разности радиусов:

∣ O S ∣ = R - ρ .

Возведём в квадрат. Учитывая $R^{2} = ∣ O A ∣^{2} = x_{0}^{2} + y_{0}^{2}$ и $ρ = t sin α :$

∣ O S ∣^{2} = (x_{0} - t)^{2} + y_{0}^{2} = R^{2} - 2 x_{0} t + t^{2}, (R - ρ)^{2} = R^{2} - 2 R ρ + ρ^{2} .

Приравнивая и сокращая $R^{2} :$

- 2 x_{0} t + t^{2} = - 2 R t sin α + t^{2} sin^{2} α .

Делим на $t > 0$ и переносим:

t (1 - sin^{2} α) = 2 x_{0} - 2 R sin α ⟹ t cos^{2} α = 2 x_{0} - 2 R sin α . (2)

Подставляя $(2)$ в $(1) :$

P Q = t sin 2 α = 2 t sin α cos α = \frac{2 sin α cos α}{cos ^{2} α} (2 x_{0} - 2 R sin α) = 4 tan α (x_{0} - R sin α) . (3)

Подставляем числа

Угол $A .$ По теореме косинусов

cos A = \frac{b ^{2} + c ^{2} - a ^{2}}{2 b c} = \frac{36 + 25 - 49}{2 \cdot 6 \cdot 5} = \frac{12}{60} = \frac{1}{5} .

Тогда через формулы половинного угла ( $A = 2 α$ ):

cos^{2} α = \frac{1 + cos A}{2} = \frac{3}{5}, sin^{2} α = \frac{2}{5},

cos α = \frac{15}{5}, sin α = \frac{10}{5}, tan α = \frac{10}{15} = \frac{6}{3} .

Радиус $R .$ Площадь по формуле Герона: полупериметр $s = \frac{7 + 6 + 5}{2} = 9,$

S = 9 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 = 216 = 66, R = \frac{ab c}{4 S} = \frac{210}{24 6} = \frac{35 6}{24} .

Слагаемые в $(3) .$

x_{0} = \frac{b + c}{4 cos α} = \frac{11}{4 \cdot \frac{15}{5}} = \frac{55}{4 15} = \frac{11 15}{12},

R sin α = \frac{35 6}{24} \cdot \frac{10}{5} = \frac{35 60}{120} = \frac{35 \cdot 2 15}{120} = \frac{7 15}{12},

x_{0} - R sin α = \frac{11 15}{12} - \frac{7 15}{12} = \frac{4 15}{12} = \frac{15}{3} .

Наконец по $(3) :$

P Q = 4 tan α (x_{0} - R sin α) = 4 \cdot \frac{6}{3} \cdot \frac{15}{3} = \frac{4 90}{9} = \frac{4 \cdot 3 10}{9} = \frac{4 10}{3} .

Проверка и красивый факт

Численно: $P Q \approx 4, 216;$ координатная модель треугольника даёт то же значение, а центр $ω$ действительно лежит внутри $Ω$ ( $ρ \approx 2, 72 < R \approx 3, 57,$ $∣ O S ∣ = R - ρ$ ).

Отдельно отметим изящное свойство полувписанной окружности: центр вписанной окружности $I$ является серединой отрезка $P Q$ (это следует из леммы о касании: прямая, соединяющая точку касания $T$ окружностей с точкой $P,$ проходит через середину $N$ дуги $A B,$ причём $N P \cdot N T = N A^{2} = N I^{2}$ ). Отсюда с $A P = A Q$ получаем короткую формулу

P Q = \frac{2 r}{cos α}, r = \frac{S}{s} = \frac{6 6}{9} = \frac{2 6}{3},

P Q = \frac{2 \cdot \frac{2 6}{3}}{\frac{15}{5}} = \frac{4 10}{3},

что совпадает с найденным ответом.

Ответ: $P Q = \frac{4 10}{3} .$

Что за окружность

Обозначим $α = \frac{A}{2}$ и стороны стандартно: $a = B C = 7,$ $b = A C = 6,$ $c = A B = 5 .$

P Q = 2 \cdot A P \cdot sin α .

Остаётся найти $A P$ (или, что то же, положение центра $ω$ ). Сделаем это, аккуратно записав условие касания с $Ω .$

Координаты

B = (c cos α, - c sin α), C = (b cos α, b sin α) .

A P = A Q = t cos α, ∠ P A Q = 2 α .

Отсюда сразу

P Q = 2 A P sin α = 2 t cos α sin α = t sin 2 α . (1)

Центр описанной окружности

⎩ ⎨ ⎧ cos α x_{0} - sin α y_{0} = \frac{c}{2}, cos α x_{0} + sin α y_{0} = \frac{b}{2}, ⟹ x_{0} = \frac{b + c}{4 cos α}, y_{0} = \frac{b - c}{4 sin α} .

Условие внутреннего касания

Окружность $ω$ лежит внутри $Ω,$ поэтому расстояние между центрами равно разности радиусов:

∣ O S ∣ = R - ρ .

Возведём в квадрат. Учитывая $R^{2} = ∣ O A ∣^{2} = x_{0}^{2} + y_{0}^{2}$ и $ρ = t sin α :$

∣ O S ∣^{2} = (x_{0} - t)^{2} + y_{0}^{2} = R^{2} - 2 x_{0} t + t^{2}, (R - ρ)^{2} = R^{2} - 2 R ρ + ρ^{2} .

Приравнивая и сокращая $R^{2} :$

- 2 x_{0} t + t^{2} = - 2 R t sin α + t^{2} sin^{2} α .

Делим на $t > 0$ и переносим:

t (1 - sin^{2} α) = 2 x_{0} - 2 R sin α ⟹ t cos^{2} α = 2 x_{0} - 2 R sin α . (2)

Подставляя $(2)$ в $(1) :$

P Q = t sin 2 α = 2 t sin α cos α = \frac{2 sin α cos α}{cos ^{2} α} (2 x_{0} - 2 R sin α) = 4 tan α (x_{0} - R sin α) . (3)

Подставляем числа

Угол $A .$ По теореме косинусов

cos A = \frac{b ^{2} + c ^{2} - a ^{2}}{2 b c} = \frac{36 + 25 - 49}{2 \cdot 6 \cdot 5} = \frac{12}{60} = \frac{1}{5} .

Тогда через формулы половинного угла ( $A = 2 α$ ):

cos^{2} α = \frac{1 + cos A}{2} = \frac{3}{5}, sin^{2} α = \frac{2}{5},

cos α = \frac{15}{5}, sin α = \frac{10}{5}, tan α = \frac{10}{15} = \frac{6}{3} .

Радиус $R .$ Площадь по формуле Герона: полупериметр $s = \frac{7 + 6 + 5}{2} = 9,$

S = 9 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 = 216 = 66, R = \frac{ab c}{4 S} = \frac{210}{24 6} = \frac{35 6}{24} .

Слагаемые в $(3) .$

x_{0} = \frac{b + c}{4 cos α} = \frac{11}{4 \cdot \frac{15}{5}} = \frac{55}{4 15} = \frac{11 15}{12},

R sin α = \frac{35 6}{24} \cdot \frac{10}{5} = \frac{35 60}{120} = \frac{35 \cdot 2 15}{120} = \frac{7 15}{12},

x_{0} - R sin α = \frac{11 15}{12} - \frac{7 15}{12} = \frac{4 15}{12} = \frac{15}{3} .

Наконец по $(3) :$

P Q = 4 tan α (x_{0} - R sin α) = 4 \cdot \frac{6}{3} \cdot \frac{15}{3} = \frac{4 90}{9} = \frac{4 \cdot 3 10}{9} = \frac{4 10}{3} .

Проверка и красивый факт

P Q = \frac{2 r}{cos α}, r = \frac{S}{s} = \frac{6 6}{9} = \frac{2 6}{3},

P Q = \frac{2 \cdot \frac{2 6}{3}}{\frac{15}{5}} = \frac{4 10}{3},

что совпадает с найденным ответом.

Ответ: $P Q = \frac{4 10}{3} .$

Задача №18560

Задача #18560

Что за окружность

Координаты

Центр описанной окружности

Условие внутреннего касания

Подставляем числа

Проверка и красивый факт

Решай похожие задачи

Информация

Задача №18560

Задача #18560

Что за окружность

Координаты

Центр описанной окружности

Условие внутреннего касания

Подставляем числа

Проверка и красивый факт

Решай похожие задачи

Информация

Задача #18560

Условие

Решение

Что за окружность

Координаты

Центр описанной окружности

Условие внутреннего касания

Подставляем числа

Проверка и красивый факт

Ответ

Решай похожие задачи

Информация

Задача #18560

Условие

Решение

Что за окружность

Координаты

Центр описанной окружности

Условие внутреннего касания

Подставляем числа

Проверка и красивый факт

Ответ

Решай похожие задачи

Информация