3874. Площадь треугольника равна 4\sqrt{21}
, периметр его равен 24, отрезок биссектрисы от одной из вершин до центра вписанной окружности равен \frac{\sqrt{30}}{3}
. Найдите наибольшую сторону треугольника.
Ответ. 11.
Указание. Если вписанная окружность касается стороны AC
треугольника ABC
в точке M
, а p
— полупериметр треугольника, то AM=p-BC
.
Решение. Пусть O
— центр окружности, вписанной в данный треугольник ABC
, r
— её радиус, S=4\sqrt{21}
— площадь, 2p=24
— периметр, M
— точка касания со стороной AC
.
Поскольку S=p\cdot r
, то
r=\frac{2S}{P}=\frac{8\sqrt{21}}{24}=\frac{\sqrt{21}}{3}.
Из прямоугольного треугольника AOM
находим, что
AM=\sqrt{AO^{2}-OM^{2}}=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{30}}{3}\right)^{2}-\left(\frac{\sqrt{21}}{3}\right)^{2}}=1.
Обозначим \angle BAC=\alpha
. Тогда
\tg\frac{\alpha}{2}=\frac{OM}{AM}=\frac{\sqrt{21}}{3}.
Поэтому
\cos\alpha=\frac{1-\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{1-\frac{21}{9}}{1+\frac{21}{9}}=-\frac{2}{5}.
Из равенства AM=p-BC
(см. задачу 219) находим, что BC=12-1=11
.
Поскольку \cos\angle BAC=\cos\alpha=-\frac{2}{5}\lt0
, то угол BAC
— тупой, следовательно, лежащая против него сторона BC=11
— наибольшая сторона треугольника ABC
.