Городская олимпиада по математике среди физ-мат школ г. Алматы

Треугольник $ABC$ со сторонами $AB = 5$, $BC = 7$ и $AC = 3$ вписан в окружность $\Omega$. Биссектриса угла $BAC$ пересекает сторону $BC$ в точке $D$. Прямая $AD$ пресекает $\Omega$ в точках $A$ и $E$. На отрезке $DE$ как на диаметре построена окружность $\omega$. Окружности $\Omega$ и $\omega$ пересекаются в точках $E$ и $F$. Найдите длину $AF$.

Комментарий/решение

Пусть $G$ - второе пересечение $FD$ и окружности $\Omega$, тогда из того, что $\angle EFG = 90^\circ$ следует, что $G$ - середина дуги $BAC$.

$\Omega\to \Omega: -1=(C,B; G,E)\stackrel{D}{=} (B,C; F,A)$. Последнее означает, что $AF$ содержит симедиану треугольника $ABC$, а значит $AB\cdot FC=AC\cdot BF$.

По теореме косинусов:

$$\cos\angle BAC=\frac{5^2+3^2-7^2}{2\cdot 3\cdot 5}=-\frac{1}{2},$$ откуда $\angle BAC=120^\circ$.

Пусть $T$ - пересечение касательных из $B,C$ к $\Omega$, тогда верно, что $\angle TBC=\angle TCB=\angle BFC=60^\circ$, поэтому $\triangle TBC$ является правильным. Пусть $AF$ пересекает $BC$ в $S$. Известно, что $$\frac{BS}{SC}=\frac{25}{9}=\frac{\sin\angle BTS}{\sin\angle CTS},$$

$$AB\cdot CF+AC\cdot BF=BC\cdot AF\Leftrightarrow AF=\frac{10CF}{7},$$

где в конце использовалась теорема Птолемея.

$$\frac{CF}{CT}=\frac{\sin\angle CTF}{\sin\angle CFT},\sin\angle CFT=\frac{3}{2R}=\frac{3\sqrt{3}}{14},\angle CTF=x.$$

$$\frac{\sin(60^\circ-x)}{\sin{x}}=\frac{25}{9}, 25\sin{x}=9\sin(60^\circ-x), \sin(60^\circ-x)=\frac{\sqrt{3}\cos{x}-\sin{x}}{2},$$

$$\tan{x}=\frac{9\sqrt{3}}{59},\sin{x}=\frac{9\sqrt{3}}{14\sqrt{19}},$$

$$CF=\frac{21}{\sqrt{19}},AF=\frac{30}{\sqrt{19}}.$$