Информация о задаче

Задача 102451

Темы:	[	Радиусы вписанной, описанной и вневписанной окружности (прочее)	]
Темы:	[	Теорема косинусов	]

Сложность: 4
Классы: 8,9

Прислать комментарий

Условие

Площадь треугольника равна 4 $\sqrt{21}$ , периметр его равен 24, отрезок биссектрисы от одной из вершин до центра вписанной окружности равен ${\frac{\sqrt{30}}{3}}$ . Найдите наибольшую сторону треугольника.

Подсказка

Если вписанная окружность касается стороны AC треугольника ABC в точке M, а p — полупериметр треугольника, то AM = p - BC.

Решение

Пусть O — центр окружности, вписанной в данный треугольник ABC, r — её радиус, S = 4 $\sqrt{21}$ — площадь, 2p = 24 — периметр, M — точка касания со стороной AC.

Поскольку S = p^.r, то

r = $\displaystyle {\frac{2S}{P}}$ = $\displaystyle {\frac{8\sqrt{21}}{24}}$ = $\displaystyle {\frac{\sqrt{21}}{3}}$ .

Из прямоугольного треугольника AOM находим, что

AM = $\displaystyle \sqrt{AO^{2}-OM^{2}}$ = $\displaystyle \sqrt{\left(\frac{\sqrt{30}}{3}\right)^{2}-\left(\frac{\sqrt{21}}{3}\right)^{2}}$ = 1.

Обозначим $\angle$ BAC = $\alpha$ . Тогда

tg $\displaystyle {\frac{\alpha}{2}}$ = $\displaystyle {\frac{OM}{AM}}$ = $\displaystyle {\frac{\sqrt{21}}{3}}$ .

Поэтому

cos $\displaystyle \alpha$ = $\displaystyle {\frac{1-{\rm tg }^{2} \frac{\alpha}{2}}{1+{\rm tg }^{2} \frac{\alpha}{2}}}$ = $\displaystyle {\frac{1-\frac{21}{9}}{1+\frac{21}{9}}}$ = - $\displaystyle {\textstyle\frac{2}{5}}$ .

Из равенства AM = p - BC находим, что BC = 12 - 1 = 11.

Поскольку cos $\angle$ BAC = cos $\alpha$ = - ${\frac{2}{5}}$ < 0, то угол BAC — тупой, следовательно, лежащая против него сторона BC = 11 — наибольшая сторона треугольника ABC.

Ответ

11.

Источники и прецеденты использования


web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	3874