2744. В равнобедренном треугольнике ABC
с основанием AC
точка D
делит сторону BC
в отношении 2:1
, считая от вершины B
, а точка E
— середина стороны AB
. Известно, что медиана CQ
треугольника CED
равна \frac{\sqrt{23}}{2}
и DE=\frac{\sqrt{23}}{2}
. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника ABC
.
Ответ. \frac{12}{5}
.
Указание. Обозначьте AB=BC=6a
, \angle BAC=\angle BCA=\alpha
и с помощью теоремы косинусов и формулы для медианы треугольника составьте систему уравнений относительно a^{2}
и \cos^{2}\alpha
.
Решение. Положим AB=BC=6a
, \angle BAC=\angle BCA=\alpha
. Тогда
AE=BE=3a,~BD=4a,~CD=2a,~AC=12a\cos\alpha,~\angle ABC=180^{\circ}-2\alpha.
Из треугольников AEC
и BDE
по теореме косинусов находим, что
CE^{2}=9a^{2}+144a^{2}\cos^{2}\alpha-72a^{2}\cos^{2}\alpha=9a^{2}+72a^{2}\cos^{2}\alpha,
DE^{2}=9a^{2}+16a^{2}+24a^{2}\cos2\alpha=25a^{2}+24a^{2}(2\cos^{2}\alpha-1)=a^{2}+48a^{2}\cos^{2}\alpha.
По формуле для медианы (см. задачу 4014) из треугольника DEC
находим, что
CQ^{2}=\frac{1}{4}(2CE^{2}+2CD^{2}-DE^{2})=\frac{1}{4}\left(18a^{2}+144a^{2}\cos^{2}\alpha+8a^{2}-\frac{23}{4}\right)=
=\frac{1}{4}\left(26a^{2}+144a^{2}\cos^{2}\alpha-\frac{23}{4}\right).
По условию DE=\frac{\sqrt{23}}{2}
и CQ=\frac{\sqrt{23}}{2}
, поэтому имеем систему уравнений
\syst{a^{2}+48a^{2}\cos^{2}\alpha=\frac{23}{4}\\26a^{2}+144a^{2}\cos^{2}\alpha=\frac{115}{4}.\\}
Умножив первое уравнение на -3
и сложив полученное уравнение со вторым, найдём, что a^{2}=\frac{1}{2}
. Тогда
\cos^{2}\alpha=\frac{7}{32},~\sin^{2}\alpha=\frac{25}{32}.
Пусть R
— радиус окружности, описанной около треугольника ABC
. Тогда
R=\frac{BC}{2\sin\alpha}=\frac{6a}{2\sin\alpha}=\frac{3\sqrt{2}}{\frac{5\sqrt{2}}{4}}=\frac{12}{5}.