Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16209
2026-02-16 
В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA_{1}$, $BB_{1}$ и $CC_{1}$. На стороне $AB$ выбрана точка $P$ так, что окружность, описанная около треугольника $PA_{1}B_{1}$, касается стороны $AB$. Найдите $PC_{1}$, если $PA=30$ и $PB=10$
Решение:
Первый способ. Обозначим $XB=t$. Тогда
$XP=t+10,~XA=t+40.$
Из точек $A_{1}$ и $B_{1}$ отрезок $AB$ виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром $AB$. Пусть прямые $A_{1}B_{1}$ и $BC$ пересекаются в точке $X$. Тогда $XP$ - касательная к описанной окружности треугольника $PA_{1}B_{1}$, $XBA$ - секущая окружности с диаметром $AB$, а $XA_{1}B_{1}$ - общая секущая к обеим окружностям. Значит (см. задачи 8176 и 6106),
$(t+10)^{2}=XP^{2}=XA_{1}\cdot XB_{1}=XA\cdot XB=t(t+40),$
откуда $t=5$.
Обозначим $\angle BAC=\alpha$, $\angle ABC=\beta$. Поскольку
$\angle XA_{1}B=180^{\circ}-\angle BA_{1}B_{1}=\angle XAB_{1},$
треугольник $XA_{1}B$ подобен треугольнику $XAB_{1}$ по двум углам, поэтому
$\frac{\cos\alpha}{\cos\beta}=\frac{\frac{AB_{1}}{AB}}{\frac{BA_{1}}{AB}}=\frac{AB_{1}}{BA_{1}}=\frac{B_{1}X}{BX}.$
Аналогично, треугольник $AA_{1}X$ подобен треугольнику $B_{1}BX$ по двум углам, поэтому
$\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}=\frac{\frac{AA_{1}}{AB}}{\frac{BB_{1}}{AB}}=\frac{AA_{1}}{BB_{1}}=\frac{AX}{B_{1}X}.$
После перемножения получаем
$\frac{tg\beta}{tg\alpha}=\frac{AX}{BX}=\frac{t+40}{t}=\frac{45}{5}=9.$
С другой стороны,
$\frac{tg\beta}{tg\alpha}=\frac{\frac{CC_{1}}{BC_{1}}}{\frac{CC_{1}}{AC_{1}}}=\frac{AC_{1}}{BC_{1}}=\frac{AP+PC_{1}}{BP-PC_{1}}=\frac{30+PC_{1}}{10-PC_{1}}.$
Из равенства
$\frac{30+PC_{1}}{10-PC_{1}}=9$
находим, что $PC_{1}=6$.
Второй способ. Так же, как и в первом способе, обозначим через $X$ точку пересечения прямых $A_{1}B_{1}$ и $AC$ и найдём
$XB=5,~XP=15,~XA=45.$
Пусть $M$ - середина стороны $AB$. Точки $A_{1}$, $B_{1}$, $C_{1}$ лежат на одной окружности (окружности девяти точек треугольника $ABC$, см. задачу @H174), поэтому
$XM\cdot XC_{1}=XA_{1}\cdot XB_{1}=XA\cdot XB=45\cdot5,$
откуда
$XC_{1}=\frac{XA\cdot XB}{XM}=\frac{45\cdot5}{5+20}=9,~PC_{1}=XP-XC_{1}=15-9=6.$
Третий способ. Пусть $K$ и $L$ - вторые точки пересечения данной окружности со сторонами $AC$ и $BC$ соответственно. Тогда (см. задачи @H141 и @H6)
$\angle CAB=\angle CA_{1}B_{1}=\angle CKL,$
поэтому $KL\parallel AB$, и по теореме о пропорциональных отрезках $\frac{AC}{BC}=\frac{AK}{BL}$. Отсюда и из вписанности четырёхугольников $CB_{1}C_{1}B$ и $CA_{1}C_{1}A$ получаем
$\frac{30+PC_{1}}{10-PC_{1}}=\frac{AC_{1}}{BC_{1}}=\frac{AC_{1}\cdot AB}{BC_{1}\cdot AB}=\frac{AB_{1}\cdot AC}{BA_{1}\cdot BC}=\frac{AB_{1}\cdot AK}{BA_{1}\cdot BL}=\frac{AP^{2}}{BP^{2}}=9.$
Следовательно, $PC_{1}=6$
В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA_{1}$, $BB_{1}$ и $CC_{1}$. На стороне $AB$ выбрана точка $P$ так, что окружность, описанная около треугольника $PA_{1}B_{1}$, касается стороны $AB$. Найдите $PC_{1}$, если $PA=30$ и $PB=10$
Решение:
Первый способ. Обозначим $XB=t$. Тогда
$XP=t+10,~XA=t+40.$
Из точек $A_{1}$ и $B_{1}$ отрезок $AB$ виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром $AB$. Пусть прямые $A_{1}B_{1}$ и $BC$ пересекаются в точке $X$. Тогда $XP$ - касательная к описанной окружности треугольника $PA_{1}B_{1}$, $XBA$ - секущая окружности с диаметром $AB$, а $XA_{1}B_{1}$ - общая секущая к обеим окружностям. Значит (см. задачи 8176 и 6106),
$(t+10)^{2}=XP^{2}=XA_{1}\cdot XB_{1}=XA\cdot XB=t(t+40),$
откуда $t=5$.
Обозначим $\angle BAC=\alpha$, $\angle ABC=\beta$. Поскольку
$\angle XA_{1}B=180^{\circ}-\angle BA_{1}B_{1}=\angle XAB_{1},$
треугольник $XA_{1}B$ подобен треугольнику $XAB_{1}$ по двум углам, поэтому
$\frac{\cos\alpha}{\cos\beta}=\frac{\frac{AB_{1}}{AB}}{\frac{BA_{1}}{AB}}=\frac{AB_{1}}{BA_{1}}=\frac{B_{1}X}{BX}.$
Аналогично, треугольник $AA_{1}X$ подобен треугольнику $B_{1}BX$ по двум углам, поэтому
$\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}=\frac{\frac{AA_{1}}{AB}}{\frac{BB_{1}}{AB}}=\frac{AA_{1}}{BB_{1}}=\frac{AX}{B_{1}X}.$
После перемножения получаем
$\frac{tg\beta}{tg\alpha}=\frac{AX}{BX}=\frac{t+40}{t}=\frac{45}{5}=9.$
С другой стороны,
$\frac{tg\beta}{tg\alpha}=\frac{\frac{CC_{1}}{BC_{1}}}{\frac{CC_{1}}{AC_{1}}}=\frac{AC_{1}}{BC_{1}}=\frac{AP+PC_{1}}{BP-PC_{1}}=\frac{30+PC_{1}}{10-PC_{1}}.$
Из равенства
$\frac{30+PC_{1}}{10-PC_{1}}=9$
находим, что $PC_{1}=6$.
Второй способ. Так же, как и в первом способе, обозначим через $X$ точку пересечения прямых $A_{1}B_{1}$ и $AC$ и найдём
$XB=5,~XP=15,~XA=45.$
Пусть $M$ - середина стороны $AB$. Точки $A_{1}$, $B_{1}$, $C_{1}$ лежат на одной окружности (окружности девяти точек треугольника $ABC$, см. задачу @H174), поэтому
$XM\cdot XC_{1}=XA_{1}\cdot XB_{1}=XA\cdot XB=45\cdot5,$
откуда
$XC_{1}=\frac{XA\cdot XB}{XM}=\frac{45\cdot5}{5+20}=9,~PC_{1}=XP-XC_{1}=15-9=6.$
Третий способ. Пусть $K$ и $L$ - вторые точки пересечения данной окружности со сторонами $AC$ и $BC$ соответственно. Тогда (см. задачи @H141 и @H6)
$\angle CAB=\angle CA_{1}B_{1}=\angle CKL,$
поэтому $KL\parallel AB$, и по теореме о пропорциональных отрезках $\frac{AC}{BC}=\frac{AK}{BL}$. Отсюда и из вписанности четырёхугольников $CB_{1}C_{1}B$ и $CA_{1}C_{1}A$ получаем
$\frac{30+PC_{1}}{10-PC_{1}}=\frac{AC_{1}}{BC_{1}}=\frac{AC_{1}\cdot AB}{BC_{1}\cdot AB}=\frac{AB_{1}\cdot AC}{BA_{1}\cdot BC}=\frac{AB_{1}\cdot AK}{BA_{1}\cdot BL}=\frac{AP^{2}}{BP^{2}}=9.$
Следовательно, $PC_{1}=6$
