previous arrow
next arrow
Slider

Решение. Задание 16, Тренировочная работа 25.09.19. Вариант Восток

Условие задачи

Окружность проходит через вершины B и C треугольника ABC и пересекает AB и AC в точках C_1 и B_1 соответственно.

а) Докажите, что треугольник ABC подобен треугольнику AB_1C_1.

б) Найдите радиус данной окружности, если \angle A=45^\circ , B_1C_1=6 и площадь треугольника AB_1C_1 в семь раз меньше площади четырёхугольника BCB_1C_1.

Решение

а) Пусть \angle ABC=\varphi . Четырёхугольник BCB_1C_1 вписан в окружность, значит, \angle C_1B_1C=180^\circ -\varphi , и смежный с ним \angle AB_1C_1=180^\circ -\left(180^\circ -\varphi \right)=\varphi , поэтому \triangle AB_1C_1\sim \triangle ABC по двум углам, что и требовалось доказать.

б) Площадь \displaystyle S_{\triangle AB_1C_1}=\frac{1}{7}S_{BCB_1C_1}, \; S_{\triangle ABC}=S_{\triangle AB_1C_1}+S_{BCB_1C_1}=8S_{\triangle AB_1C_1}, тогда \displaystyle \frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle AB_1C_1}}=8=k^2, следовательно коэффициент подобия \displaystyle k=2\sqrt{2}=\frac{BC}{B_1C_1} и BC=2\sqrt{2}\cdot B_1C_1=12\sqrt{2}.

Пусть O — центр окружности, а R — радиус окружности. Соединяя O с вершинами четырёхугольника, получим два равнобедренных треугольника OC_1B_1 и OCB, углы при вершинах которых обозначим соответственно \alpha и \beta . По свойству угла между секущими \angle BAC=45^\circ измеряется полуразностью дуг, на которые он опирается

\displaystyle \frac{B\breve{C}-B_1{\breve{C}}_1}{2}=45^\circ , \; \frac{\beta -\alpha }{2}=45^\circ , \; \beta =90^\circ +\alpha .

Запишем для треугольников OC_1B_1 и OCB теорему косинусов

\left\{ \begin{array}{c}B_1C^2_1=2R^2-2R^2{cos \alpha }, \\BC^2=2R^2-2R^2{cos \left(90^\circ +\alpha \right)}. \end{array}\right.

По формулам приведения заменим {cos \left(90^\circ +\alpha \right)}=-{sin \alpha }, получим

\left\{ \begin{array}{c}B_1C^2_1=2R^2\left(1-{cos \alpha }\right), \\BC^2=2R^2\left(1+{sin \alpha }\right). \end{array}\right.

Разделив второе уравнение системы на первое, получим уравнение для нахождения \alpha :

\displaystyle \frac{{\left(12\sqrt{2}\right)}^2}{6^2}=\frac{1+{sin \alpha }}{1-{cos \alpha }}, \ {sin \alpha }+8{cos \alpha }=7.

Используем универсальную тригонометрическую замену

\displaystyle t=tg\frac{\alpha }{2}, \ {sin \alpha }=\frac{2t}{1+t^2}, \ {cos \alpha }=\frac{1-t^2}{1+t^2}.

Получаем уравнение для t: \displaystyle \frac{2t}{1+t^2}+8\cdot \frac{1-t^2}{1+t^2}=7, \; 15t^2-2t-1=0.[/math[math]\displaystyle D=4+4\cdot 15=64, \; t=\frac{2\pm 8}{30}=\left[ \begin{array}{c}\frac{1}{3}, \\-\frac{1}{5}. \end{array}\right.

\alpha — угол в треугольнике, поэтому \displaystyle \frac{\alpha }{2} — острый угол и \displaystyle tg\frac{\alpha }{2}\textgreater 0, значит, \displaystyle tg\frac{\alpha }{2}=\frac{1}{3}.

В прямоугольном \triangle OC_1L, где OL — высота и медиана \triangle OB_1C_1, находим

\displaystyle {{cos}^2 \frac{\alpha }{2}}=\frac{1}{1+tg^2\frac{\alpha }{2}}=\frac{9}{10}, \; {{sin}^2 \frac{\alpha }{2}}=\frac{1}{10}, \; {sin \frac{\alpha }{2}}=\frac{1}{\sqrt{10}},

\displaystyle {sin \frac{\alpha }{2}}=\frac{3}{R}, \ R=3\sqrt{10}.

Ответ:

б) 3\sqrt{10}.