Информация о задаче

Задача 102467

Темы:	[	Теорема косинусов	]
Темы:	[	Теорема синусов	]

Сложность: 4+
Классы: 8,9

Прислать комментарий

Условие

В остроугольном треугольнике ABC биссектриса AD делит пополам отрезок OH, где O — центр описанной окружности, H — точка пересечения высот. Известно, что AC = 2, AD = $\sqrt{3}$ + $\sqrt{2}$ - 1. Найдите радиус описанной около треугольника ABC окружности.

Решение

Пусть AK — высота треугольника ABC, P и M — середины сторон AC и BC соответственно, Q — середина OH, R — искомый радиус.

Тогда $\angle$ ABC = ${\frac{1}{2}}$ $\angle$ AOC = $\angle$ AOP (вписанный угол равен половине соответствующего центрального). В прямоугольных треугольниках AKB и APO два острых угла соответственно равны, значит, $\angle$ BAK = $\angle$ OAC, а т.к. AD — биссектриса угла BAC, то $\angle$ HAD = $\angle$ OAD. Таким образом, медиана AQ треугольника OAH является его биссектрисой. Следовательно, треугольник OAH -- равнобедренный и AH = OA = R.

Поскольку MP — средняя линия треугольника ABC, то MP $\Vert$ AB. Кроме того, OM $\Vert$ AH и OP $\Vert$ BH. Значит, треугольник MOP подобен треугольнику AHB, причём коэффициент подобия равен ${\frac{1}{2}}$ . Следовательно, OM = ${\frac{1}{2}}$ AH = ${\frac{1}{2}}$ R.

В прямоугольном треугольнике OMC катет OM = ${\frac{1}{2}}$ R вдвое меньше гипотенузы OC = R. Значит, $\angle$ MOC = 60^o. Тогда $\angle$ BOC = 2 $\angle$ MOC = 120^o. Следовательно, $\angle$ BAC = ${\frac{1}{2}}$ $\angle$ BOC = 60^o (вписанный угол равен половине соответствующего центрального), а $\angle$ DAC = 30^o.

По теореме косинусов

CD² = AC² + AD² - 2^.AC^.AD^.cos 30^o = 4 + ( $\displaystyle \sqrt{3}$ + $\displaystyle \sqrt{2}$ - 1)² - 2^.2^.( $\displaystyle \sqrt{3}$ + $\displaystyle \sqrt{2}$ - 1)^. $\displaystyle {\frac{\sqrt{3}}{2}}$ = 4 - 2 $\displaystyle \sqrt{2}$ .

По теореме синусов

$\displaystyle {\frac{CD}{\sin \angle CAD}}$ = $\displaystyle {\frac{AC}{\sin \angle ADC}}$ ,

откуда

sin $\displaystyle \angle$ ADC = $\displaystyle {\frac{AC\sin 30^{\circ}}{CD}}$ = $\displaystyle {\frac{2\cdot \frac{1}{2}}{\sqrt{4-2\sqrt{2}}}}$ = $\displaystyle {\frac{1}{\sqrt{4-2\sqrt{2}}}}$ = $\displaystyle {\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}}$ = sin 67, 5^o.

Заметим, что AC < AD, т.к.

2 < $\displaystyle \sqrt{3}$ + $\displaystyle \sqrt{2}$ - 1 $\displaystyle \Leftarrow$ 3 < $\displaystyle \sqrt{3}$ + $\displaystyle \sqrt{2}$ $\displaystyle \Leftarrow$ 9 < ( $\displaystyle \sqrt{3}$ + $\displaystyle \sqrt{2}$ )² = 5 + 2 $\displaystyle \sqrt{6}$ $\displaystyle \Leftarrow$ 4 < 2 $\displaystyle \sqrt{6}$ $\displaystyle \Leftarrow$ 4 < 6.

Значит, угол ADC в треугольнике ADC лежит против ненаибольшей стороны AC. Поэтому $\angle$ ADC < 90^o. Тогда $\angle$ ADC = 67, 5^o.

Поскольку ADC — внешний угол треугольника ABD, то

$\displaystyle \angle$ ABC = $\displaystyle \angle$ ADC - $\displaystyle \angle$ BAD = 67, 5^o - 30^o = 37, 5^o.

Следовательно,

R = $\displaystyle {\frac{AC}{2\sin \angle ABC}}$ = $\displaystyle {\frac{2}{2\sin 37,5^{\circ}}}$ = $\displaystyle {\frac{1}{\sin 37,5^{\circ}}}$ = $\displaystyle {\frac{1}{\sin \left(60^{\circ}-\frac{1}{2}\cdot 45^{\circ}\right)}}$ = $\displaystyle {\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}+2}{\sqrt{2+\sqrt{2}}}}$ .

Ответ

Докажите, что $\angle$ BAH = $\angle$ OAC, треугольник AOH — равнобедренный, расстояние от центра окружности до стороны BC вдвое меньше AH, угол ADC — острый. Далее примените теоремы косинусов и синусов к треугольнику ADC.

Источники и прецеденты использования


web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	3890