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 \(t: \displaystyle \frac{2t}{1+t^2}+8\cdot \frac{1-t^2}{1+t^2}=7, \; 15t^2-2t-1=0.\)
\(\displaystyle D=4+4\cdot 15=64, \; t=\frac{2\pm 8}{30}=\left[ \begin{array}{c}
\displaystyle \frac{1}{3}, \\
\displaystyle -\frac{1}{5}. \end{array}
\right.\)
\(\alpha \) — угол в треугольнике, поэтому \(\displaystyle \frac{\alpha }{2}\) — острый угол и \(\displaystyle tg\frac{\alpha }{2}> 0,\) 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) \(3\sqrt{10}.\)
