Окружность с центром O вписана в треугольник ABC . Касательная к окружности пересекает стороны AC и BC в точках D и E соответственно. а) Докажите, что сумма углов AOD и BOE равна 180^ . б) Найдите DE , если AC = BC , радиус окружности равен 3 , tg ( (1)/(2) BAC ) = (5sqrt(3))/(11) , а разность углов AOD и BOE равна 60^ .

а) Пусть A = BAC , B = ABC , C = ACB . O — центр вписанной окружности, поэтому AO , BO , CO — биссектрисы углов треугольника ABC . Для касательной DE , отсекающей треугольник CDE от вершины C , окружность лежит относительно прямой DE с противоположной от C стороны. Следовательно, для треугольника CDE окружность является вневписанной относительно вершины C , а O — центр этой вневписанной окружности. Поэтому OD и OE — биссектрисы внешних углов треугольника CDE при вершинах D и E : ADO = (1)/(2) ADE, BEO = (1)/(2) BED. Рассмотрим четырёхугольник ADEB . Сумма его углов: A + ADE + DEB + B = 360^. Из треугольника AOD : AOD = 180^ - OAD - ADO = 180^ - ( A)/(2) - ( ADE)/(2). Из треугольника BOE : BOE = 180^ - OBE - BEO = 180^ - ( B)/(2) - ( BED)/(2). Складывая эти равенства: AOD + BOE = 360^ - (1)/(2)( A + ADE + DEB + B) = 360^ - (1)/(2) * 360^ = 180^. б) Дано: AC = BC , r = 3 , tg alpha = (5sqrt(3))/(11) , где alpha = ( A)/(2) = ( B)/(2) . По условию AOD - BOE = 60^ . Из пункта а) AOD + BOE = 180^ , следовательно: AOD = 120^, BOE = 60^. Найдём sin alpha и cos alpha : 1 + tg^2 alpha = (1)/(cos^2 alpha) => (1)/(cos^2 alpha) = 1 + (75)/(121) = (196)/(121) => cos alpha = (11)/(14). Тогда sin alpha = sqrt(1 - cos^2 alpha) = sqrt(1 - (121)/(196)) = (5sqrt(3))/(14) . Пусть P — точка касания окружности с AC , Q — с BC . Из прямоугольного треугольника APO : AP = (r)/(tg alpha) = (3 * 11)/(5sqrt(3)) = (11sqrt(3))/(5), AO = (r)/(sin alpha) = (3 * 14)/(5sqrt(3)) = (14sqrt(3))/(5). Аналогично BQ = (11sqrt(3))/(5) и BO = (14sqrt(3))/(5) . В треугольнике AOD : OAD = alpha , AOD = 120^ , тогда ADO = 60^ - alpha . По теореме синусов: AD = (AO * sin 120^)/(sin(60^ - alpha)). Вычислим sin(60^ - alpha) = (sqrt(3))/(2) * (11)/(14) - (1)/(2) * (5sqrt(3))/(14) = (6sqrt(3))/(28) = (3sqrt(3))/(14) . Тогда: AD = (14sqrt(3) * sqrt(3) * 14)/(5 * 2 * 3sqrt(3)) = (98sqrt(3))/(15). В треугольнике BOE : OBE = alpha , BOE = 60^ , тогда BEO = 120^ - alpha . По теореме синусов: BE = (BO * sin 60^)/(sin(120^ - alpha)). Вычислим sin(120^ - alpha) = (sqrt(3))/(2) * (11)/(14) - ( -(1)/(2) ) * (5sqrt(3))/(14) = (16sqrt(3))/(28) = (4sqrt(3))/(7) . Тогда: BE = (14sqrt(3) * sqrt(3) * 7)/(5 * 2 * 4sqrt(3)) = (49sqrt(3))/(20). Так как AD > AP и BE > BQ , точки D и E лежат на отрезках PC и QC соответственно. Отрезки касательных из одной точки равны: DP = DF и EQ = EF , где F — точка касания на DE . Тогда: DP = AD - AP = (98sqrt(3))/(15) - (33sqrt(3))/(15) = (65sqrt(3))/(15) = (13sqrt(3))/(3); EQ = BE - BQ = (49sqrt(3))/(20) - (44sqrt(3))/(20) = (5sqrt(3))/(20) = (sqrt(3))/(4). Следовательно: DE = DF + FE = DP + EQ = (13sqrt(3))/(3) + (sqrt(3))/(4) = (52sqrt(3) + 3sqrt(3))/(12) = (55sqrt(3))/(12). Ответ: (55sqrt(3))/(12) .

55√3/12