12357. Биссектрисы AN
и BM
треугольника ABC
пересекаются в точке O
, причём BO:OM=2:3
, ON=\sqrt{6}
. В четырёхугольник ONCM
вписана окружность. Найдите высоту треугольника ABC
, проведённую из вершины A
.
Ответ. \frac{45}{8}
.
Решение. Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе угла, поэтому лучи CO
и OC
— биссектрисы углов MCN
и MON
. Значит, треугольники COM
и CON
равны по стороне и двум прилежащим к ней углам. Значит, CN=CM
и OM=ON=\sqrt{6}
,
BO=\frac{3}{2}OM=\frac{3\sqrt{6}}{2},~BM=BO+OM=\frac{5\sqrt{6}}{2},
а так как CO
— биссектриса треугольника CBM
, то
\frac{BC}{CM}=\frac{BO}{OM}=\frac{3}{2}.
Обозначим CM=y
. Тогда
BC=\frac{3}{2}CM=\frac{3}{2}y,~CM=CN=y,~BN=BC-CN=\frac{3}{2}y-y=\frac{1}{2}y.
Треугольники BON
и AON
равны по стороне (ON=OM
) и двум прилежащим к ней углам (углы BNO
и AMO
равны как смежные к равным углам CNO
и CMO
). Значит,
AM=BN+\frac{1}{2}y,~AC=AM+MC=\frac{1}{2}y+y=\frac{3}{2}y=BC,
т. е. треугольник ABC
равнобедренный с основанием AB
. Его биссектриса CL
является медианой и высотой.
Обозначим \angle BAC=\angle ABC=\alpha
. Поскольку AO
— биссектриса треугольника ABM
, то
\frac{AB}{AM}=\frac{BO}{OM}=\frac{3}{2},~\mbox{или}~\frac{AB}{\frac{y}{2}}=\frac{2AB}{y},
откуда
AB=\frac{3}{4}y,~\cos\alpha=\frac{AL}{AC}=\frac{\frac{3}{8}y}{\frac{3}{2}y}=\frac{1}{4},~\sin\alpha=\frac{\sqrt{15}}{4}.
По теореме косинусов
BM^{2}=AB^{2}+AM^{2}-2AB\cdot AM\cos\alpha,
или
\frac{75}{2}=\frac{9}{16}y^{2}+\frac{1}{4}y^{2}-2\cdot\frac{3}{4}y\cdot\frac{1}{2}y\cdot\frac{1}{4},~y^{2}=60,
откуда y=2\sqrt{15}
, поэтому
AC=BC=\frac{3}{2}y=3\sqrt{15},~AB=\frac{3}{4}y=\frac{3\sqrt{15}}{2}.
Пусть AH
— искомая высота треугольника ABC
. Из прямоугольного треугольника AHB
находим, что
AH=AB\sin\alpha=\frac{3\sqrt{15}}{2}\cdot\frac{\sqrt{15}}{4}=\frac{45}{8}.