ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2023-05-08   
Окружность с центром $O$, вписанная в треугольник $ABC$, касается его сторон $BC$, $AB$ и $AC$ в точках $K$, $L$ и $M$ соответственно. Прямая $KM$ вторично пересекает в точке $P$ окружность радиуса $AM$ с центром $A$.
а) Докажите, что $AP\parallel BC$.
б) Пусть $Q$ - точка пересечения прямых $KM$ и $AB$, а $T$ - такая точка на отрезке $PQ$, что $\angle OAT=45^{\circ}$ Найдите $QT$, если $\angle ABC=90^{\circ}$, $AM=3$, $CM=2$.


Решение:




а) Поскольку $CK=CM$ и $AP=AM$, треугольники $MCK$ и $PAM$ равнобедренные, причём $\angle CMK=\angle AMP$ - углы при их основаниях $MK$ и $MP$. Значит, $\angle MKC=\angle MPA$. Следовательно, $AP\parallel BC$.
б) Обозначим $BK=BL=x$. Тогда

$CK=CM=2,~AL=AM=3,~BC=2+x,~AB=3+x.$

По теореме Пифагора

$AC^{2}=BC^{2}+AB^{2},~\mbox{или}~25=(2+x)^{2}+(3+x)^{2},$

откуда $x=1$. Значит, $BC=3$, $AB=4$.
Поскольку $BC=AP=3$ и $BC\parallel AP$, четырёхугольник $ABCP$ - прямоугольник, значит, $CP=AB=4$.
Треугольник $AMQ$ подобен треугольнику $CMP$ с коэффициентом $\frac{AM}{MC}=\frac{3}{2}$, поэтому

$AQ=\frac{3}{2}CP=\frac{3}{2}\cdot4=6.$


Обозначим $\angle BAC=\alpha$. Тогда

$\angle MAO=\frac{\alpha}{2},~\angle MAT=45^{\circ}-\frac{\alpha}{2},~$

$\angle PAT=90^{\circ}-\angle QAT=90^{\circ}-\left(45^{\circ}+\frac{\alpha}{2}\right)=45^{\circ}-\frac{\alpha}{2},$

поэтому $AT$ - биссектриса, а значит, и высота равнобедренного треугольника $MAP$.
В прямоугольном треугольнике $ATQ$ известно, что

$AQ=6,~tg\angle AQT=tg\angle AQP=\frac{AP}{AQ}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}.$

Тогда $\cos\angle AQT=\frac{2}{\sqrt{5}}$. Следовательно,

$QT=AQ\cos\angle AQT=6\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{12}{\sqrt{5}}.$