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) $3\sqrt{10}.$

Спасибо за то, что пользуйтесь нашими публикациями. Информация на странице «Решение. Задание 16, Тренировочная работа 25.09.19. Вариант Восток» подготовлена нашими авторами специально, чтобы помочь вам в освоении предмета и подготовке к экзаменам. Чтобы успешно сдать необходимые и поступить в ВУЗ или колледж нужно использовать все инструменты: учеба, контрольные, олимпиады, онлайн-лекции, видеоуроки, сборники заданий. Также вы можете воспользоваться другими статьями из разделов нашего сайта.

Публикация обновлена: 13.03.2023

Решение. Задание 16, Тренировочная работа 25.09.19. Вариант Восток

Это полезно