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

Қабырғалары $AB = 5$, $BC = 7$ және $AC = 3$ болатын $ABC$ үшбұрышы $\Omega$ шеңберіне іштей сызылған. $BAC$ бұрышының биссектрисасы $BC$ қабырғасын $D$ нүктесінде қияды. $AD$ түзуі $\Omega$-ны $A$ және $E$ нүктелерінде қияды. $\omega$ — диаметрі $DE$ болатын шеңбер. $\Omega$ және $\omega$ шеңберлері $E$ және $F$ нүктелерінде қиылыссын. $AF$ кесіндісінің ұзындығын табыңыз.

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.

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

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

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

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