Задача №16593

В треугольнике $ABC$ стороны $AB$ и $BC$ соответственно равны $3$ и $5\text{,}$ а угол между ними $120^{\circ }\text{.}$ Серединные перпендикуляры к $AB$ и $BC$ пересекают $AC$ соответственно в точках $L$ и $N\text{.}$

а) Докажите, что $BN:(BL+LN)=5:8\text{.}$

б) Найдите отношение радиусов окружностей, вписанных соответственно в треугольники $BCN$ и $ABL\text{.}$

а) По свойству серединного перпендикуляра $CN=BN$ и $AL=BL\text{.}$ Точки $L$ и $N$ лежат на стороне $AC\text{,}$ причём $A\text{,}$ $L\text{,}$ $N\text{,}$ $C$ упорядочены, поэтому $BL+LN=AL+LN=AN\text{.}$ Значит, доказываемое соотношение эквивалентно $CN:AN=5:8\text{.}$

По теореме косинусов в $△ABC\text{:}$

$$A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2-2\cdot AB\cdot BC\cdot \cos 120^{\circ }=9+25+15=49,AC=7.$$

Используя теорему косинусов снова, найдём $\cos \angle C\text{:}$

$$\cos \angle C=\frac{A{C}^2+B{C}^2-A{B}^2}{2\cdot AC\cdot BC}=\frac{49+25-9}{2\cdot 7\cdot 5}=\frac{13}{14}.$$

Пусть $P$ — середина $BC$ (основание серединного перпендикуляра). В прямоугольном $△CPN$ ($\angle CPN=90^{\circ }$):

$$CN=\frac{CP}{\cos \angle C}=\frac{2,5}{13/14}=\frac{35}{13}.$$

Тогда

$$AN=AC-CN=7-\frac{35}{13}=\frac{56}{13},CN:AN=\frac{35}{13}:\frac{56}{13}=35:56=5:8.$$

б) Пусть $r_1\text{,}$ $r_2$ — радиусы окружностей, вписанных в $△BCN$ и $△ABL\text{,}$ $p_1\text{,}$ $p_2$ — их полупериметры. Поскольку $S_{△}=pr\text{,}$ имеем

$$\frac{r_1}{r_2}=\frac{S_{BCN}\cdot p_2}{S_{ABL}\cdot p_1}.$$

Площадь и полупериметр $△BCN\text{.}$

$$\sin \angle C=\sqrt{1-(13/14{)}^2}=\frac{3\sqrt{3}}{14}.$$

Высота из $N$ на $BC\text{:}$

$$NP=CN\cdot \sin \angle C=\frac{35}{13}\cdot \frac{3\sqrt{3}}{14}=\frac{15\sqrt{3}}{26}.$$

Тогда

$$S_{BCN}=\frac{1}{2}\cdot BC\cdot NP=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot \frac{15\sqrt{3}}{26}=\frac{75\sqrt{3}}{52}.$$

Стороны $△BCN\text{:}$ $BC=5\text{,}$ $CN=BN=\frac{35}{13}\text{.}$ Периметр $5+\frac{70}{13}=\frac{135}{13}\text{,}$ полупериметр $p_1=\frac{135}{26}\text{.}$

Площадь и полупериметр $△ABL\text{.}$ Найдём $\cos \angle A\text{:}$

$$\cos \angle A=\frac{A{C}^2+A{B}^2-B{C}^2}{2\cdot AC\cdot AB}=\frac{49+9-25}{2\cdot 7\cdot 3}=\frac{11}{14}.$$

Пусть $T$ — середина $AB\text{.}$ В прямоугольном $△ATL\text{:}$

$$AL=\frac{AT}{\cos \angle A}=\frac{3/2}{11/14}=\frac{21}{11}.$$

Далее

$$\sin \angle A=\sqrt{1-(11/14{)}^2}=\frac{5\sqrt{3}}{14}.$$

Высота из $L$ на $AB\text{:}$

$$TL=AL\cdot \sin \angle A=\frac{21}{11}\cdot \frac{5\sqrt{3}}{14}=\frac{15\sqrt{3}}{22}.$$

Тогда

$$S_{ABL}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot TL=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot \frac{15\sqrt{3}}{22}=\frac{45\sqrt{3}}{44}.$$

Стороны $△ABL\text{:}$ $AB=3\text{,}$ $AL=BL=\frac{21}{11}\text{.}$ Периметр $3+\frac{42}{11}=\frac{75}{11}\text{,}$ полупериметр $p_2=\frac{75}{22}\text{.}$

Отношение радиусов:

$$\frac{r_1}{r_2}=\frac{\frac{75\sqrt{3}}{52}\cdot \frac{75}{22}}{\frac{45\sqrt{3}}{44}\cdot \frac{135}{26}}=\frac{75\sqrt{3}\cdot 75\cdot 44\cdot 26}{52\cdot 22\cdot 45\sqrt{3}\cdot 135}=\frac{75\cdot 75\cdot 44\cdot 26}{52\cdot 22\cdot 45\cdot 135}=\frac{25}{27}.$$

Ответ:

б) $\frac{25}{27}\text{.}$