10079. Дан треугольник ABC
. Серединный перпендикуляр к стороне AB
пересекается с биссектрисой угла BAC
в точке K
, лежащей на стороне BC
.
а) Докажите, что AC^{2}=BC\cdot CK
.
б) Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник AKB
, если \cos\angle ABC=\frac{2}{3}
, AC=36
, а площадь треугольника AKC
равна 126\sqrt{5}
.
Ответ. \frac{14\sqrt{5}}{5}
.
Решение. а) Точка K
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AB
, значит, она равноудалена от концов этого отрезка, т. е. KA=KB
. Поскольку \angle CAK=\angle BAK=\angle ABC
, треугольник AKC
подобен треугольнику BAC
по двум углам. Значит, \frac{AC}{BC}=\frac{CK}{AC}
. Следовательно, AC^{2}=BC\cdot CK
.
б) Пусть H
— середина стороны AB
. Тогда KH
— высота равнобедренного треугольника AKB
. Пусть KF
— высота треугольника AKC
. Тогда по условию задачи S_{\triangle AKC}=126\sqrt{5}
, или \frac{1}{2}AC\cdot KF=126\sqrt{5}
, откуда
KF=\frac{2\cdot126\sqrt{5}}{36}=7\sqrt{5}.
Точка K
лежит на биссектрисе угла BAC
, поэтому KH=KF=7\sqrt{5}
(см. задачу 1138).
Обозначим \angle ABC=\alpha
. Тогда
\cos\alpha=\frac{2}{3},~\sin\alpha=\sqrt{1-\left(\frac{2}{3}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{3}.
Из прямоугольного треугольника AKH
находим, что
BK=\frac{KH}{\sin\alpha}=\frac{7\sqrt{5}}{\frac{\sqrt{5}}{3}}=21,~BH=AK\cos\alpha=21\cdot\frac{2}{3}=14.
Значит,
S_{\triangle AKB}=BH\cdot KH=14\cdot7\sqrt{5}=98\sqrt{5}.
Пусть p
— полупериметр треугольника AKC
, r
— радиус вписанной в него окружности. Тогда (см. задачу 452)
r=\frac{S_{\triangle AKB}}{p}=\frac{98\sqrt{5}}{14+21}=\frac{14\sqrt{5}}{5}.