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 \({AB}_{1}{C}_{1} .\)
б) Вычислите радиус данной окружности, если \(\angle A=120^{\circ} , \; BC =10\sqrt{7}\) и площадь треугольника \({AB}_{1}{C}_{1 }\) в три раза меньше площади четырёхугольника \(BCB{}_{1}C{}_{1} .\)
Решение
а) Четырёхугольник \(CBC_1B_1\) вписан в окружность, значит, сумма его противоположных углов равна \(180^{\circ} . \; \angle BCB_1+\angle BC_1B_1=180^{\circ}\) и \(\angle AC_1B_1+\angle BC_1B_1=180^{\circ} ,\) следовательно, \(\angle AC_1B_1=\angle ACB_1 ,\) т. е. в треугольниках \(AC_1B_1\) и \(ACB\) \(\angle C_1=\angle C\) и \(\angle A\) — общий.
По двум углам \(\vartriangle AC_1B_1\) и \(\vartriangle ACB\) подобны, что и требовалось доказать.
б) Площадь \(\vartriangle AC_1B_1\) в три раза меньше площади четырёхугольника \(BCB_1C_1 ,\) значит, в 4 раза меньше площади \(\vartriangle ACB ,\) поэтому коэффициент подобия \(\displaystyle k=\frac{1}{2} .\)
\( \displaystyle B_1C_1=\frac{BC}{2}=\frac{10\sqrt{7}}{2}=5\sqrt{7} .\)
Переделаем чертёж согласно пункту (б).
Радиус \(R\) окружности можно найти из равнобедренных треугольников \(OC_1B_1\) и \(OCB ,\) если знать центральные углы \(x\) и \(y\), опирающиеся на основания этих треугольников, в которых высоты \(OE\) и \(OH\) являются ещё биссектрисами и медианами.
Угол \(A\) измеряется полуразностью дуг, на которые он опирается, т. е. полуразностью дуг \(BDC\) и \(C_1B_1 \; \displaystyle \angle A=\frac{360^{\circ}-y-x}{2}=120^{\circ} ,\) откуда следует, что \(x+y=120^{\circ} ,\) а \(\displaystyle \frac{x}{2}+\frac{y}{2}=60^{\circ} .\)
Из \(\vartriangle OEC\) и \(\vartriangle OHB_1\) выразим синусы этих углов:
\(\displaystyle {\sin \frac{y}{2}\ }=\frac{CE}{R}=\frac{5\sqrt{7}}{R}\) и \(\displaystyle {\sin \frac{x}{2}}=\frac{B_1H}{R}=\frac{5\sqrt{7}}{2R} ,\) откуда \(\displaystyle {\sin \frac{y}{2}}=2{\sin \frac{x}{2}} .\)
Выражая \(y\) через \(\displaystyle x \frac{y}{2}=60^{\circ}-\frac{x}{2} ,\) получим уравнение \({\displaystyle \sin \left(60^{\circ}-\frac{x}{2}\right)}=2{\sin \frac{x}{2}} ,\)
\(\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}\cdot {\cos \frac{x}{2}}-\frac{1}{2}{\sin \frac{x}{2}}=2{\sin \frac{x}{2}} , \; \displaystyle \sqrt{3}{\cos \frac{x}{2}\ }=5{\sin \frac{x}{2}} .\)
Так как \(\displaystyle \frac{x}{2}\) — острый угол, то \({\displaystyle \cos \frac{x}{2}}\ne 0\) и получаем \(\displaystyle tg\frac{x}{2}=\frac{\sqrt{3}}{5} .\)
Из универсальной замены \({\displaystyle \cos \gamma}=\displaystyle\frac{1-tg^2\frac{\gamma}{2}}{1+tg^2\frac{\gamma}{2}}\) получаем \(\displaystyle {\cos x}=\frac{1-\frac{3}{25}}{1+\frac{3}{25}}=\frac{22}{28}=\frac{11}{14} .\)
Применяя теорему косинусов к \(\vartriangle OB_1C_1 ,\) получим уравнение для \(R\).
\(B_1C^2_1=2R^2-2R^2\cdot {\cos x } , \; \displaystyle 25\cdot 7=2R^2\cdot \frac{3}{14} ,\) откуда \(\displaystyle R^2=\frac{25\cdot 7}{6}\cdot 14=\frac{25\cdot 7^2}{3}, \; R=\frac{5\cdot 7}{\sqrt{3}}=\frac{35\sqrt{3}}{3} .\)
Ответ:
б) \(\displaystyle \frac{35\sqrt{3}}{3} .\)
