Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16275
2026-02-17 
Окружности $\Omega$ и $\omega$ касаются в точке $A$ внутренним образом. Отрезок $AB$ - диаметр большей окружности $\Omega$, а хорда $BC$ окружности $\Omega$ касается $\omega$ в точке $D$. Луч $AD$ повторно пересекает $\Omega$ в точке $E$. Прямая, проходящая через точку $E$ перпендикулярно $BC$, повторно пересекает $\Omega$ в точке $F$. Найдите радиусы окружностей, угол $AFE$ и площадь треугольника $AEF$, если известно, что $CD=8$, $BD=17$
Решение:
Пусть $R$ и $r$ - искомые радиусы окружностей $\Omega$ и $\omega$ соответственно. По лемме Архимеда для сегмента (см. задачу 8172) $AD$ - биссектриса треугольника $ABC$, поэтому $\frac{AB}{AC}=\frac{17}{8}$ (см. задачу 5137).
Положим $AB=17t$, $AC=8t$. Точка $C$ лежит на окружности с диаметром $AB$, поэтому $\angle ACB=90^{\circ}$. По теореме Пифагора
$AB^{2}=AC^{2}+BC^{2},~\mbox{или}~289t^{2}=64t^{2}+625,$
откуда $t=\frac{5}{3}$. Следовательно,
$2R=AB=17t=\frac{85}{3},~R=\frac{85}{6}.$
Обозначим $\angle BAC=\alpha$. Тогда
$\cos\alpha=\frac{AC}{AB}=\frac{8t}{17t}=\frac{8}{17},~\sin\alpha=\frac{15}{17},~ctg\alpha=\frac{8}{15},$
$\sin\angle BAE=\sin\angle BAD=\sin\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{2}}=\sqrt{\frac{1-\frac{8}{17}}{2}}=\frac{3}{\sqrt{34}}.$
Пусть $O$ - центр окружности $\omega$. Поскольку $OD\perp BC$, прямые $OD$ и $AC$ параллельны, поэтому $\angle BOD=\angle BAC=\alpha$. Следовательно,
$r=OD=BDctg\alpha=17\cdot\frac{8}{15}=\frac{136}{15}.$
Поскольку $AE$ - биссектриса вписанного в окружность $\Omega$ угла $BAC$, хорды $BE$ и $CE$ равны. Значит, прямая $EF$, проходящая через точку $E$ перпендикулярно $BC$, есть серединный перпендикуляр к хорде $BC$. Следовательно, $EF$ - диаметр окружности $\Omega$, а треугольник $AEF$ прямоугольный с прямым углом при вершине $A$.
Из прямоугольного треугольника $ABE$ находим, что
$BE=AB\sin\angle BAE=2R\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{85}{3}\cdot\frac{3}{\sqrt{34}}=\frac{85}{\sqrt{34}}.$
Обозначим $\angle AFE=\angle ABE=\varphi$ (они равны как вписанные в окружность $\Omega$ углы, опирающиеся на одну и ту же дугу). Треугольник $ABE$ прямоугольный с прямым углом при вершине $E$, поэтому
$\cos\varphi=\cos\angle AFE=\cos\angle ABE=\frac{BE}{AB}=\frac{\frac{85}{\sqrt{34}}}{\frac{85}{3}}=\frac{3}{\sqrt{34}}.$
Следовательно, $\angle AFE=\cos\varphi=\arccos\frac{3}{\sqrt{34}}$.
Наконец,
$S_{\Delta AEF}=\frac{1}{2}EF\cdot AF\sin\angle AFE=\frac{1}{2}\cdot2R\cdot2R\cos\varphi\sin\varphi=2R^{2}\cos\varphi\sin\varphi=2\cdot\left(\frac{85}{6}\right)^{2}\cdot\frac{3}{\sqrt{34}}\cdot\sqrt{1-\left(\frac{3}{\sqrt{34}}\right)^{2}}=\frac{2125}{12}$.
Окружности $\Omega$ и $\omega$ касаются в точке $A$ внутренним образом. Отрезок $AB$ - диаметр большей окружности $\Omega$, а хорда $BC$ окружности $\Omega$ касается $\omega$ в точке $D$. Луч $AD$ повторно пересекает $\Omega$ в точке $E$. Прямая, проходящая через точку $E$ перпендикулярно $BC$, повторно пересекает $\Omega$ в точке $F$. Найдите радиусы окружностей, угол $AFE$ и площадь треугольника $AEF$, если известно, что $CD=8$, $BD=17$
Решение:
Пусть $R$ и $r$ - искомые радиусы окружностей $\Omega$ и $\omega$ соответственно. По лемме Архимеда для сегмента (см. задачу 8172) $AD$ - биссектриса треугольника $ABC$, поэтому $\frac{AB}{AC}=\frac{17}{8}$ (см. задачу 5137).
Положим $AB=17t$, $AC=8t$. Точка $C$ лежит на окружности с диаметром $AB$, поэтому $\angle ACB=90^{\circ}$. По теореме Пифагора
$AB^{2}=AC^{2}+BC^{2},~\mbox{или}~289t^{2}=64t^{2}+625,$
откуда $t=\frac{5}{3}$. Следовательно,
$2R=AB=17t=\frac{85}{3},~R=\frac{85}{6}.$
Обозначим $\angle BAC=\alpha$. Тогда
$\cos\alpha=\frac{AC}{AB}=\frac{8t}{17t}=\frac{8}{17},~\sin\alpha=\frac{15}{17},~ctg\alpha=\frac{8}{15},$
$\sin\angle BAE=\sin\angle BAD=\sin\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{2}}=\sqrt{\frac{1-\frac{8}{17}}{2}}=\frac{3}{\sqrt{34}}.$
Пусть $O$ - центр окружности $\omega$. Поскольку $OD\perp BC$, прямые $OD$ и $AC$ параллельны, поэтому $\angle BOD=\angle BAC=\alpha$. Следовательно,
$r=OD=BDctg\alpha=17\cdot\frac{8}{15}=\frac{136}{15}.$
Поскольку $AE$ - биссектриса вписанного в окружность $\Omega$ угла $BAC$, хорды $BE$ и $CE$ равны. Значит, прямая $EF$, проходящая через точку $E$ перпендикулярно $BC$, есть серединный перпендикуляр к хорде $BC$. Следовательно, $EF$ - диаметр окружности $\Omega$, а треугольник $AEF$ прямоугольный с прямым углом при вершине $A$.
Из прямоугольного треугольника $ABE$ находим, что
$BE=AB\sin\angle BAE=2R\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{85}{3}\cdot\frac{3}{\sqrt{34}}=\frac{85}{\sqrt{34}}.$
Обозначим $\angle AFE=\angle ABE=\varphi$ (они равны как вписанные в окружность $\Omega$ углы, опирающиеся на одну и ту же дугу). Треугольник $ABE$ прямоугольный с прямым углом при вершине $E$, поэтому
$\cos\varphi=\cos\angle AFE=\cos\angle ABE=\frac{BE}{AB}=\frac{\frac{85}{\sqrt{34}}}{\frac{85}{3}}=\frac{3}{\sqrt{34}}.$
Следовательно, $\angle AFE=\cos\varphi=\arccos\frac{3}{\sqrt{34}}$.
Наконец,
$S_{\Delta AEF}=\frac{1}{2}EF\cdot AF\sin\angle AFE=\frac{1}{2}\cdot2R\cdot2R\cos\varphi\sin\varphi=2R^{2}\cos\varphi\sin\varphi=2\cdot\left(\frac{85}{6}\right)^{2}\cdot\frac{3}{\sqrt{34}}\cdot\sqrt{1-\left(\frac{3}{\sqrt{34}}\right)^{2}}=\frac{2125}{12}$.
