Номер 28, страница 180 - гдз по геометрии 7-9 класс сборник задач Кононов, Адамович

28. a) В треугольнике $ABC$ на сторонах $AB$ и $BC$ взяты точки $P$ и $E$ соответственно, причем $AP : BP = 11 : 1$, $CE : BE = 2 : 1$, $\angle BAE = \angle BCP$, а $\angle ABC = 60^\circ$. Найдите отношение радиуса окружности, описанной около треугольника $ABC$, к радиусу окружности, вписанной в этот треугольник.

б) В треугольнике $PKE$ на сторонах $PK$ и $KE$ взяты точки $C$ и $A$ соответственно, причем $PC : CK = 10 : 1$, $KA : AE = 2 : 9$, $\angle APK = \angle CEK$, а $\angle PKE = 45^\circ$. Найдите отношение радиуса окружности, описанной около треугольника $PKE$, к радиусу окружности, вписанной в этот треугольник.

Пусть стороны треугольника $ABC$ равны $BC=a$ и $AB=c$. Из условия задачи имеем:

$AP : BP = 11 : 1 \implies AB = AP + BP = 12BP \implies BP = \frac{1}{12}AB = \frac{c}{12}$.

$CE : BE = 2 : 1 \implies BC = CE + BE = 3BE \implies BE = \frac{1}{3}BC = \frac{a}{3}$.

Обозначим равные углы $\angle BAE = \angle BCP = \alpha$.

Рассмотрим треугольники $\triangle ABE$ и $\triangle CBP$. В обоих треугольниках есть общий угол $\angle B = 60^\circ$.

В треугольнике $\triangle ABE$ сумма углов равна $180^\circ$, поэтому $\angle AEB = 180^\circ - \angle B - \angle BAE = 180^\circ - 60^\circ - \alpha = 120^\circ - \alpha$.

В треугольнике $\triangle CBP$ сумма углов равна $180^\circ$, поэтому $\angle CPB = 180^\circ - \angle B - \angle BCP = 180^\circ - 60^\circ - \alpha = 120^\circ - \alpha$.

Таким образом, $\angle AEB = \angle CPB$.

Применим теорему синусов к треугольникам $\triangle ABE$ и $\triangle CBP$.

Для $\triangle ABE$: $\frac{BE}{\sin(\angle BAE)} = \frac{AB}{\sin(\angle AEB)} \implies \frac{a/3}{\sin \alpha} = \frac{c}{\sin(120^\circ - \alpha)}$.

Для $\triangle CBP$: $\frac{BP}{\sin(\angle BCP)} = \frac{BC}{\sin(\angle CPB)} \implies \frac{c/12}{\sin \alpha} = \frac{a}{\sin(120^\circ - \alpha)}$.

Из первого уравнения выразим $\sin(120^\circ - \alpha) = \frac{3c \sin \alpha}{a}$.

Из второго уравнения выразим $\sin(120^\circ - \alpha) = \frac{12a \sin \alpha}{c}$.

Приравнивая правые части, получаем: $\frac{3c \sin \alpha}{a} = \frac{12a \sin \alpha}{c}$.

Поскольку $\alpha$ - угол в треугольнике, $\sin \alpha \ne 0$. Можем сократить на $\sin \alpha$:

$\frac{3c}{a} = \frac{12a}{c} \implies 3c^2 = 12a^2 \implies c^2 = 4a^2 \implies c = 2a$.

Итак, мы установили, что сторона $AB$ вдвое длиннее стороны $BC$.

Теперь рассмотрим $\triangle ABC$. Мы знаем две стороны ($BC=a$, $AB=c=2a$) и угол между ними ($\angle B = 60^\circ$). Найдем третью сторону $AC=b$ по теореме косинусов:

$b^2 = a^2 + c^2 - 2ac \cos(60^\circ) = a^2 + (2a)^2 - 2(a)(2a)\frac{1}{2} = a^2 + 4a^2 - 2a^2 = 3a^2$.

Отсюда $b = a\sqrt{3}$.

Стороны треугольника $ABC$ соотносятся как $a : a\sqrt{3} : 2a$. Проверим, выполняется ли теорема Пифагора: $a^2 + (a\sqrt{3})^2 = a^2 + 3a^2 = 4a^2 = (2a)^2$.

Так как $a^2 + b^2 = c^2$, треугольник $ABC$ является прямоугольным с гипотенузой $AB=c=2a$ и катетами $BC=a$ и $AC=b=a\sqrt{3}$. Угол $\angle C = 90^\circ$.

Найдем радиус описанной окружности $R$ и вписанной окружности $r$.

Для прямоугольного треугольника радиус описанной окружности равен половине гипотенузы:

$R = \frac{c}{2} = \frac{2a}{2} = a$.

Радиус вписанной окружности для прямоугольного треугольника: $r = \frac{\text{сумма катетов} - \text{гипотенуза}}{2}$.

$r = \frac{a+b-c}{2} = \frac{a + a\sqrt{3} - 2a}{2} = \frac{a(\sqrt{3}-1)}{2}$.

Искомое отношение радиусов:

$\frac{R}{r} = \frac{a}{\frac{a(\sqrt{3}-1)}{2}} = \frac{2}{\sqrt{3}-1} = \frac{2(\sqrt{3}+1)}{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)} = \frac{2(\sqrt{3}+1)}{3-1} = \sqrt{3}+1$.

Ответ: $\sqrt{3}+1$.

Пусть стороны треугольника $PKE$ равны $PK=e$ и $KE=p$. Из условия задачи имеем:

$PC : CK = 10 : 1 \implies PK = PC + CK = 11CK \implies CK = \frac{1}{11}PK = \frac{e}{11}$.

$KA : AE = 2 : 9 \implies KE = KA + AE = \frac{11}{2}KA \implies KA = \frac{2}{11}KE = \frac{2p}{11}$.

Обозначим равные углы $\angle APK = \angle CEK = \beta$.

Рассмотрим треугольники $\triangle PKA$ и $\triangle EKC$. В обоих треугольниках есть общий угол $\angle K = 45^\circ$.

В треугольнике $\triangle PKA$ третий угол $\angle PAK = 180^\circ - \angle K - \angle APK = 180^\circ - 45^\circ - \beta = 135^\circ - \beta$.

В треугольнике $\triangle EKC$ третий угол $\angle KCE = 180^\circ - \angle K - \angle CEK = 180^\circ - 45^\circ - \beta = 135^\circ - \beta$.

Таким образом, $\angle PAK = \angle KCE$.

Применим теорему синусов к треугольникам $\triangle PKA$ и $\triangle EKC$.

Для $\triangle PKA$: $\frac{KA}{\sin(\angle APK)} = \frac{PK}{\sin(\angle PAK)} \implies \frac{2p/11}{\sin \beta} = \frac{e}{\sin(135^\circ - \beta)}$.

Для $\triangle EKC$: $\frac{KC}{\sin(\angle CEK)} = \frac{KE}{\sin(\angle KCE)} \implies \frac{e/11}{\sin \beta} = \frac{p}{\sin(135^\circ - \beta)}$.

Из первого уравнения: $\frac{\sin \beta}{\sin(135^\circ - \beta)} = \frac{2p/11}{e} = \frac{2p}{11e}$.

Из второго уравнения: $\frac{\sin \beta}{\sin(135^\circ - \beta)} = \frac{e/11}{p} = \frac{e}{11p}$.

Приравнивая правые части, получаем: $\frac{2p}{11e} = \frac{e}{11p} \implies 2p^2 = e^2 \implies e = p\sqrt{2}$.

Итак, мы установили, что $PK = KE\sqrt{2}$.

Теперь рассмотрим $\triangle PKE$. Мы знаем две стороны ($KE=p$, $PK=e=p\sqrt{2}$) и угол между ними ($\angle K = 45^\circ$). Найдем третью сторону $PE=k$ по теореме косинусов:

$k^2 = p^2 + e^2 - 2pe \cos(45^\circ) = p^2 + (p\sqrt{2})^2 - 2(p)(p\sqrt{2})\frac{\sqrt{2}}{2} = p^2 + 2p^2 - 2p^2 = p^2$.

Отсюда $k = p$.

Стороны треугольника $PKE$ равны $p, p, p\sqrt{2}$. Проверим, выполняется ли теорема Пифагора: $p^2 + p^2 = 2p^2 = (p\sqrt{2})^2$.

Так как $KE^2 + PE^2 = PK^2$, треугольник $PKE$ является прямоугольным равнобедренным с гипотенузой $PK=e=p\sqrt{2}$ и катетами $KE=p$ и $PE=k=p$. Прямой угол находится при вершине $E$. Углы при основании гипотенузы равны $45^\circ$, что совпадает с условием $\angle PKE = 45^\circ$.

Найдем радиус описанной окружности $R$ и вписанной окружности $r$.

Для прямоугольного треугольника радиус описанной окружности равен половине гипотенузы:

$R = \frac{e}{2} = \frac{p\sqrt{2}}{2}$.

Радиус вписанной окружности: $r = \frac{\text{сумма катетов} - \text{гипотенуза}}{2}$.

$r = \frac{p+k-e}{2} = \frac{p+p-p\sqrt{2}}{2} = \frac{p(2-\sqrt{2})}{2}$.

Искомое отношение радиусов:

$\frac{R}{r} = \frac{\frac{p\sqrt{2}}{2}}{\frac{p(2-\sqrt{2})}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}(2+\sqrt{2})}{(2-\sqrt{2})(2+\sqrt{2})} = \frac{2\sqrt{2}+2}{4-2} = \frac{2(\sqrt{2}+1)}{2} = \sqrt{2}+1$.

Ответ: $\sqrt{2}+1$.