previous arrow
next arrow
Slider

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 {\displaystyle \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} .