Решение. Задание 16, Тренировочная работа 29.01.20. Вариант Запад

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 ОЕ и ОH 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 $\cos \gamma\ }=\frac{1-tg^2\frac{\gamma}{2}}{1+tg^2\frac{\gamma}{2}$ 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) $\displaystyle \frac{35\sqrt{3}}{3} .$

Решение. Задание 16, Тренировочная работа 29.01.20. Вариант Запад

Это полезно