ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2019-07-18   
Точка $D$ лежит на стороне $AC$ треугольника $ABC$. Окружность радиуса $\frac{2}{\sqrt{3}}$, вписанная в треугольник $ABD$, касается стороны $AB$ в точке $M$, а окружность радиуса $\sqrt{3}$, вписанная в треугольник $BCD$, касается стороны $BC$ в точке $N$. Известно, что $BM=6$, $BN=5$. Найдите стороны треугольника $ABC$.


Решение:



Пусть $O_{1}$ и $O_{2}$ - центры окружностей, $P$ и $Q$ - точки их касания со стороной $AC$, $E$ и $F$ - с отрезком $BD$. Обозначим $DP=x$. Тогда

$DQ=DF=DE+EF=DE+BE-BF=DE+BM-BN=x+1.$

Обозначим $\angle BDC=\alpha$. Тогда $\angle O_{2}DQ=\frac{\alpha}{2}$. Поскольку $\angle O_{1}DO_{2}=90^{\circ}$, то $\angle O_{1}DP=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}$. Поэтому

$DQ=O_{2}Qctg\frac{\alpha}{2}=\sqrt{3}ctg\frac{\alpha}{2},~DP=PO_{1}tg\frac{\alpha}{2}=\frac{2}{\sqrt{3}}tg\frac{\alpha}{2},$

или

$x+1=\sqrt{3}ctg\frac{\alpha}{2},~x=\frac{2}{\sqrt{3}}tg\frac{\alpha}{2}.$

Перемножив эти равенства почленно, получим уравнение $x(x+1)=2$.
Отсюда находим, что $x=1$ (второй корень не подходит). Поэтому

$BD=7,~tg\frac{\alpha}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2},~\cos\alpha=\frac{1}{7}.$


Обозначим $CQ=CN=y$. По теореме косинусов из треугольника $BDC$ находим, что

$(5+y)^{2}=49+(2+y)^{2}-2\cdot7\cdot(2+y)\cdot\frac{1}{7}.$

Откуда $y=3$. Аналогично находим, что $AP=AM=2$. Следовательно,

$AB=AM+MB=2+6=8,~BC=BN+NC=5+3=8,$

$AC=AP+PD+DQ+CN=2+1+2+3=8.$