13310. В неравнобедренном треугольнике ABC
один из углов равен разности двух других и один из углов в два раза больше другого. Биссектрисы углов A
, B
и C
пересекают описанную вокруг треугольника окружность в точках O
, M
и L
соответственно. Найдите площадь треугольника LOM
, если площадь треугольника ABC
равна 2.
Ответ. \sqrt{3}+1
.
Решение. Обозначим \angle A=\alpha
, \angle B=\beta
, \angle C=\gamma
. Пусть \alpha=\beta-\gamma
. Поскольку
\alpha+\beta+\gamma=180^{\circ},
получаем
\beta-\gamma+\beta+\gamma=180^{\circ}~\Rightarrow~\beta=90^{\circ}.
Если \beta=2\alpha
или \beta=2\gamma
, то \alpha=\gamma=45^{\circ}
, значит, треугольник ABC
равнобедренный, что противоречит условию задачи.
Пусть для определённости \alpha\gt\beta
. Тогда \alpha=2\gamma
, поэтому
\alpha+\gamma=3\gamma=90^{\circ}~\Rightarrow~\gamma=30^{\circ},~\alpha=60^{\circ}.
По теореме о вписанных углах
\angle MLC=\angle MBC=45^{\circ},~\angle CLO=\angle CAO=30^{\circ},
поэтому
\angle MLO=\angle MLC+\angle CLO=45^{\circ}+30^{\circ}=75^{\circ}.
Аналогично находим, что
\angle LOM=60^{\circ},~\angle OML=45^{\circ}.
Пусть R
— радиус вписанной окружности треугольника ABC
. Тогда (см. задачу 4258)
S_{\triangle ABC}=2R^{2}\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma=
=2R^{2}\sin60^{\circ}\sin90^{\circ}\sin30^{\circ}=2R^{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot1\cdot\frac{1}{2}=\frac{R^{2}\sqrt{3}}{2},
а так как эта же окружность описана около треугольника LOM
, то аналогично,
S_{\triangle LOM}=2R^{2}\sin75^{\circ}\sin60^{\circ}\sin45^{\circ}=
=2R^{2}\cdot\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{1}{2}\right)\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{R^{2}\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)}{4}.
Значит,
\frac{S_{\triangle LOM}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{\frac{R^{2}\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)}{4}}{\frac{R^{2}\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}+1}{2}.
Следовательно,
S_{\triangle LOM}=\frac{\sqrt{3}+1}{2}\cdot S_{\triangle LOM}=\frac{\sqrt{3}+1}{2}\cdot2=\sqrt{3}+1.