设 $\vartriangle PQR$ 为直角三角形，其中 $PQ=90$，$PR=120$，$QR=150$．记 $\vartriangle PQR$ 的内切圆为 ${{C}_{1}}$．直线 $ST$ 垂直于 $PR$ 且与圆 ${{C}_{1}}$ 相切，分别交 $PR$ 与 $QR$ 于点 $S$ 及 $T$．又作直线 $UV$ 垂直于 $PQ$ 且与圆 ${{C}_{1}}$ 相切，分别交 $PQ$ 及 $QR$ 于点 $U$ 及 $V$．记 $\vartriangle RST$ 的内切圆为 ${{C}_{2}}$，$\vartriangle QUV$ 的内切圆为 ${{C}_{3}}$．若圆 ${{C}_{2}}$ 与 ${{C}_{3}}$ 的圆心距可以表示为 $\sqrt{10n}$，求 $n$．
【难度】
【出处】
2001年第19届美国数学邀请赛Ⅱ（AIMEⅡ）
【标注】
【答案】
725
【解析】
如图所示，设 ${{C}_{1}}$，${{C}_{2}}$，${{C}_{3}}$ 的半径分别为 ${{r}_{1}}$，${{r}_{2}}$，${{r}_{3}}$，任意三角形的内径为面积的两倍除以周长，故 ${{r}_{1}}=90\cdot \frac{120}{\left( 90+120+150 \right)}=30$．由于 $\vartriangle RST$ 与 $\vartriangle RPQ$ 相似，且 $RS=PR-2{{R}_{1}}=60$，二者的相似比是 $1:2$，故 ${{r}_{2}}=15$．同理可得 ${{r}_{3}}=10$．设 $d$ 为圆 ${{C}_{2}}$，${{C}_{3}}$ 的圆心距离，则
${{d}^{2}}={{\left(2{{r}_{1}}+{{r}_{2}}-{{r}_{3}} \right)}^{2}}+{{\left(2{{r}_{1}}+{{r}_{3}}-{{r}_{2}} \right)}^{2}}$
$={{65}^{2}}+{{55}^{2}}=4225+3025=7250$．
因此，$n=725$．
${{d}^{2}}={{\left(2{{r}_{1}}+{{r}_{2}}-{{r}_{3}} \right)}^{2}}+{{\left(2{{r}_{1}}+{{r}_{3}}-{{r}_{2}} \right)}^{2}}$
$={{65}^{2}}+{{55}^{2}}=4225+3025=7250$．
因此，$n=725$．
答案
解析
备注
