Информация о задаче

Задача 108487

Темы:	[	Прямая Эйлера и окружность девяти точек	]
	[	Теорема синусов	]
	[	Вспомогательная окружность	]
	[	Свойства медиан. Центр тяжести треугольника.	]

Сложность: 4
Классы: 8,9

Прислать комментарий

Условие

В остроугольном треугольнике ABC высоты пересекаются в точке H, а медианы — в точке O. Биссектриса угла A проходит через середину отрезка OH. Найдите площадь треугольника ABC, если BC = 2, а разность углов B и C равна 30^o.

Подсказка

Точка пересечения высот, точка пересечения медиан и центр описанной окружности треугольника лежат на одной прямой (прямая Эйлера). Далее примените теорему синусов.

Решение

Известно, что расстояние от точки пересечения высот треугольника до его вершины вдвое больше расстояния от центра описанной окружности до стороны, противолежащей этой вершине.

Пусть Q — центр окружности, описанной около треугольника ABC, M — середина стороны BC. Тогда AH = 2QM. Если прямая QH пересекает медиану AM в точке O', то из подобия треугольников AO'H и MO'Q следует, что AO' : O'M = AH : QM = 2 : 1, значит, точка O' совпадает с точкой O пересечения медиан треугольника ABC. Таким образом, доказано, что точки H, O и Q лежат на одной прямой (прямая Эйлера), причём точка O раположена на отрезке QH и OH = 2OQ.

Если K — середина OH, то HK = KO = OQ.

Продолжим биссектрису треугольника, проведённую из вершины A, до пересечения в точке P с описанной окружностью треугольника ABC. Тогда P — середина дуги BC, не содержащей точки A. Значит, PM — серединный перпендикуляр к стороне BC. Поэтому прямая PM проходит через точку Q.

Пусть R — радиус окружности. Обозначим QM = x. Тогда AH = 2x. Из подобия треугольников PKQ и AKH находим, что R = QP = AH^. ${\frac{QK}{KH}}$ = 2AH = 4x. Тогда QC = R = 4x.

Применяя теорему Пифагора к прямоугольному треугольнику QMC, получим уравнение

QC² = QM² + CM², или 16x² = x² + 1,

откуда x = ${\frac{1}{\sqrt{15}}}$ . Тогда R = 4x = ${\frac{4}{\sqrt{15}}}$ .

Обозначим $\angle$ BAC = $\alpha$ , $\angle$ ABC = $\beta$ , $\angle$ ACB = $\gamma$ . Пусть $\beta$ - $\gamma$ = 30^o. По теореме синусов

sin $\displaystyle \alpha$ = $\displaystyle {\frac{BC}{2R}}$ = $\displaystyle {\frac{2}{2\cdot \frac{4}{\sqrt{15}}}}$ = $\displaystyle {\frac{\sqrt{15}}{4}}$ , AC = 2R sin $\displaystyle \beta$ , AB = 2R sin $\displaystyle \gamma$ .

Следовательно,

S_ABC = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ ^.AC^.AB^.sin $\displaystyle \alpha$ = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ ^.2R sin $\displaystyle \beta$ ^.2R sin $\displaystyle \gamma$ ^.sin $\displaystyle \alpha$ =

= 2R²sin $\displaystyle \beta$ sin $\displaystyle \gamma$ sin $\displaystyle \alpha$ = 2^. $\displaystyle {\textstyle\frac{16}{15}}$ ^.sin $\displaystyle \alpha$ sin $\displaystyle \beta$ sin $\displaystyle \gamma$ =

= 2^. $\displaystyle {\textstyle\frac{16}{15}}$ ^.sin $\displaystyle \alpha$ ^. $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ (cos( $\displaystyle \beta$ - $\displaystyle \gamma$ ) - cos( $\displaystyle \beta$ + $\displaystyle \gamma$ )) = $\displaystyle {\textstyle\frac{16}{15}}$ ^. $\displaystyle {\frac{\sqrt{15}}{4}}$ ^.(cos 30^o - cos(180^o - $\displaystyle \alpha$ )) =

= $\displaystyle {\frac{4}{\sqrt{15}}}$ $\displaystyle \left(\vphantom{\frac{\sqrt{3}}{2}+\cos \alpha}\right.$ $\displaystyle {\frac{\sqrt{3}}{2}}$ + cos $\displaystyle \alpha$ $\displaystyle \left.\vphantom{\frac{\sqrt{3}}{2}+\cos \alpha}\right)$ = $\displaystyle {\frac{4}{\sqrt{15}}}$ $\displaystyle \left(\vphantom{\frac{\sqrt{3}}{2}+\sqrt{1-\frac{15}{16}}}\right.$ $\displaystyle {\frac{\sqrt{3}}{2}}$ + $\displaystyle \sqrt{1-\frac{15}{16}}$ $\displaystyle \left.\vphantom{\frac{\sqrt{3}}{2}+\sqrt{1-\frac{15}{16}}}\right)$ = $\displaystyle {\frac{4}{\sqrt{15}}}$ $\displaystyle \left(\vphantom{\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{4} }\right.$ $\displaystyle {\frac{\sqrt{3}}{2}}$ + $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{4}}$ $\displaystyle \left.\vphantom{\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{4} }\right)$ = $\displaystyle {\frac{2\sqrt{3}+1}{\sqrt{15}}}$ .

Ответ

${\frac{2\sqrt{3}+1}{\sqrt{15}}}$ .

Источники и прецеденты использования


web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	3972