Планиметрия: Прямые, содержащие катеты AC и CB... — задача

Условие, ответ и разбор задачи

Планиметрическая задачаМЦКО

Прямые, содержащие катеты

AC

CB

прямоугольного треугольника

ABC

, являются
общими внутренними касательными к окружностям. Прямая, содержащая гипотенузу

AB

, является их общей внешней касательной.

а) Докажите, что длина отрезка внутренней касательной, проведенной из вершины
острого угла треугольника до одной из окружностей, равна половине периметра
треугольника

ABC

б) Найдите площадь треугольника

ABC

, если радиусы окружностей равны

4

8

Решение

а) Пусть окружность, вписанная в угол

BAC

, касается

BC

и продолжений

AB

AC

соответственно в точках

E

F

D

. Тогда

CE = CD, \quad BE = BF,

как отрезки касательных. Тогда

AD = AC + CD = AC + CE;\quad AF = AB + BF = AB + BE.

Рисунок 1 к решению задачи №18: Треугольники

Обозначим

p = \dfrac{AB + AC + CE + BE}{2}.

Заметим, что

AD + AF = 2p

AD = AF

, поэтому

AD = AF = p

.

Пусть окружность, вписанная в угол

CBA

, касается

AC

и продолжений

AB

AC

соответственно в точка

H

I

G

. Тогда аналогично

BG = BI = p

.

б) Пусть

O

Q

— центры окружностей, тогда

CDOE

CHQG

— квадраты (

\angle{C} = 90^{\circ}

, радиусы перпендикулярны касательной, соседние стороны равны).

Имеем:

AD = BG = p,\quad AC = p - 4,\quad BC = p - 8.

Из прямоугольного треугольника

ABC

по теореме Пифагора получаем:

AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{(p - 4)^2 + (p - 8)^2}.

Так как

\dfrac{AB + AC + BC}{2} = p

, то

p - 4 + p - 8 + \sqrt{(p - 4)^2 + (p - 8)^2} = 2p;

\sqrt{2p^2 - 24p + 80} = 12;

2p^2 - 24p - 64 = 0;

p^2 - 12p - 32 = 0;

p = 6\pm \sqrt{68}.

Так как

p > 0

, то

p = 6 + \sqrt{68}

. Значит,

AC = 2 + \sqrt{68},\quad BC = \sqrt{68} - 2.

Значит,

S_{ABC} = \dfrac{1}{2}(\sqrt{68} - 2)(\sqrt{68} + 2) = 32.

Ответ:

32

Планиметрия: Прямые, содержащие катеты AC и CB... — задача

Похожие задачи