Пусть D-точка касания вневписанной окружности со стороной BC, E-вписанной окружности со стороной BC, F-вписанной окружности со стороной AC, G-вневписанной окружности со стороной AC, H-вневписанной окружности, касающейся BC, с прямой AB, I-вневписанной окружности, касающейся BC, с прямой AC, J-вписанной окружности со стороной AB, O-центр вневписанной окружности, касающейся стороны BC.
По условию BC=10, DE=2, FG=3. Пусть EC=x. Тогда BD=8-x, CF=x (EC=CF как отрезки касательных). Пусть AG=y. Выпишем равные отрезки касательных:
EC=CF=x
CD=CI=x+2
AF=AJ=y+3
BH=BD=8-x
BJ=BE=10-x
Заметим, что четырехугольник AHOI вписанный, так как ∠AHO=∠OIA=90° (радиус, проведенный к точке касания, перпендикулярен касательной). При этом HO=OI и ∠HAO=∠IAO. Значит, AH=AI.
AH=AI
AJ+JB+BH=AF+FC+CI
(3+y)+(10-x)+(8-x)=(3+y)+x+(x+2)
Отсюда x=4. Осталось найти y. Сделаем это через подобие.
Пусть P-центр вневписанной окружности, касающейся стороны AC.
P, C, O лежат на одной прямой, так как CO-биссектриса BCI, CP-биссектриса угла, вертикального углу BCI.
Значит, треугольники ODC и PGC подобны. Пусть r- радиус вневписанной окружности, касающейся стороны BC, R- радиус вневписанной окружности, касающейся стороны AC, i-радиус вписанной окружности. Тогда из подобия
DC/CG=OD/PG
(x+2)/(x+3)=r/R
Так как x=4, r/R=6/7.
Пусть Q-центр вписанной окружности.
Теперь заметим, что следующие пары треугольников подобны: BOD, QBE и APG, OAF. Докажем, что BOD, QBE подобны, доказательство для второй пары треугольников аналогично. Эти треугольники прямоугольны, а ∠BOD=∠QBE, потому что ∠QBE=1/2∠ABC, так как Q-центр вписанной окружности, и ∠BOD=1/2∠ABC, так как HBDO-вписан (∠BHO=∠ODB=90°), ∠HOD=180°-∠HBD=∠ABC, а OB-биссектриса HOD, потому что HB=BD как отрезки касательных.
Из подобия BOD, QBE
BD/OD=QE/BE
(8-x)/r=i/(10-x)
ri=(8-x)(10-x)=4*6=24
Из подобия APG, OAF
AG/PG=OF/AF
y/R=i/(3+y)
iR=y(3+y)
Получили два равенства. Разделим одно на другое.
r/R=24/(y(y+3))
До этого мы вывели, что r/R=6/7.
6/7=24/(y(y+3))
y(y+3)=28
y^2+3y-28=0
y=4 либо y=-7. Длина отрезка неотрицательна, поэтому y=4.
Лично я бы доказывал это так. Вокруг треугольника можно описать окружность. В ней все углы - это вписанные углы. Каждая из сторон соответствует хорде. Большей хорде соответствует (в этой окружности) большая дуга - это очень легко доказать поворотом вокруг центра. (Надо так повернуть одну из хорд вокруг центра окружности, чтобы две хорды стали параллельны. И сразу видно, что большая хорда стягивает большую дугу) Поэтому угол треугольника, лежащий напротив большей стороны опирается на большую дугу. Остается вспомнить, как связаны вписанный угол и дуга, на которую он опирается.
только 11
Объяснение:
Пусть D-точка касания вневписанной окружности со стороной BC, E-вписанной окружности со стороной BC, F-вписанной окружности со стороной AC, G-вневписанной окружности со стороной AC, H-вневписанной окружности, касающейся BC, с прямой AB, I-вневписанной окружности, касающейся BC, с прямой AC, J-вписанной окружности со стороной AB, O-центр вневписанной окружности, касающейся стороны BC.
По условию BC=10, DE=2, FG=3. Пусть EC=x. Тогда BD=8-x, CF=x (EC=CF как отрезки касательных). Пусть AG=y. Выпишем равные отрезки касательных:
EC=CF=x
CD=CI=x+2
AF=AJ=y+3
BH=BD=8-x
BJ=BE=10-x
Заметим, что четырехугольник AHOI вписанный, так как ∠AHO=∠OIA=90° (радиус, проведенный к точке касания, перпендикулярен касательной). При этом HO=OI и ∠HAO=∠IAO. Значит, AH=AI.
AH=AI
AJ+JB+BH=AF+FC+CI
(3+y)+(10-x)+(8-x)=(3+y)+x+(x+2)
Отсюда x=4. Осталось найти y. Сделаем это через подобие.
Пусть P-центр вневписанной окружности, касающейся стороны AC.
P, C, O лежат на одной прямой, так как CO-биссектриса BCI, CP-биссектриса угла, вертикального углу BCI.
Значит, треугольники ODC и PGC подобны. Пусть r- радиус вневписанной окружности, касающейся стороны BC, R- радиус вневписанной окружности, касающейся стороны AC, i-радиус вписанной окружности. Тогда из подобия
DC/CG=OD/PG
(x+2)/(x+3)=r/R
Так как x=4, r/R=6/7.
Пусть Q-центр вписанной окружности.
Теперь заметим, что следующие пары треугольников подобны: BOD, QBE и APG, OAF. Докажем, что BOD, QBE подобны, доказательство для второй пары треугольников аналогично. Эти треугольники прямоугольны, а ∠BOD=∠QBE, потому что ∠QBE=1/2∠ABC, так как Q-центр вписанной окружности, и ∠BOD=1/2∠ABC, так как HBDO-вписан (∠BHO=∠ODB=90°), ∠HOD=180°-∠HBD=∠ABC, а OB-биссектриса HOD, потому что HB=BD как отрезки касательных.
Из подобия BOD, QBE
BD/OD=QE/BE
(8-x)/r=i/(10-x)
ri=(8-x)(10-x)=4*6=24
Из подобия APG, OAF
AG/PG=OF/AF
y/R=i/(3+y)
iR=y(3+y)
Получили два равенства. Разделим одно на другое.
r/R=24/(y(y+3))
До этого мы вывели, что r/R=6/7.
6/7=24/(y(y+3))
y(y+3)=28
y^2+3y-28=0
y=4 либо y=-7. Длина отрезка неотрицательна, поэтому y=4.
Значит, AC=CF+FG+GA=x+3+y=4+3+4=11.