3890. В остроугольном треугольнике ABC
биссектриса AD
делит пополам отрезок OH
, где O
— центр описанной окружности, H
— точка пересечения высот. Известно, что AC=2
, AD=\sqrt{3}+\sqrt{2}-1
. Найдите радиус описанной около треугольника ABC
окружности.
Ответ. \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}+2}{\sqrt{2+\sqrt{2}}}
.
Указание. Докажите, что \angle BAH=\angle OAC
(см. задачу 20), треугольник AOH
— равнобедренный, расстояние от центра окружности до стороны BC
вдвое меньше AH
(см. задачу 1257), угол ADC
— острый. Далее примените теоремы косинусов и синусов к треугольнику ADC
.
Решение. Пусть AK
— высота треугольника ABC
, P
и M
— середины сторон AC
и BC
соответственно, Q
— середина OH
, R
— искомый радиус.
Тогда \angle ABC=\frac{1}{2}\angle AOC=\angle AOP
(вписанный угол равен половине соответствующего центрального). В прямоугольных треугольниках AKB
и APO
два острых угла соответственно равны, значит, \angle BAK=\angle OAC
, а так как AD
— биссектриса угла BAC
, то \angle HAD=\angle OAD
. Таким образом, медиана AQ
треугольника OAH
является его биссектрисой. Следовательно, треугольник OAH
— равнобедренный и AH=OA=R
.
Поскольку MP
— средняя линия треугольника ABC
, то MP\parallel AB
. Кроме того, OM\parallel AH
и OP\parallel BH
. Значит, треугольник MOP
подобен треугольнику AHB
, причём коэффициент подобия равен \frac{1}{2}
. Следовательно, OM=\frac{1}{2}AH=\frac{1}{2}R
.
В прямоугольном треугольнике OMC
катет OM=\frac{1}{2}R
вдвое меньше гипотенузы OC=R
. Значит, \angle MOC=60^{\circ}
. Тогда \angle BOC=2\angle MOC=120^{\circ}
. Следовательно, \angle BAC=\frac{1}{2}\angle BOC=60^{\circ}
(вписанный угол равен половине соответствующего центрального), а \angle DAC=30^{\circ}
.
По теореме косинусов
CD^{2}=AC^{2}+AD^{2}-2\cdot AC\cdot AD\cos30^{\circ}=
=4+(\sqrt{3}+\sqrt{2}-1)^{2}-2\cdot2\cdot(\sqrt{3}+\sqrt{2}-1)\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=4-2\sqrt{2}.
По теореме синусов
\frac{CD}{\sin\angle CAD}=\frac{AC}{\sin\angle ADC},
откуда
\sin\angle ADC=\frac{AC\sin30^{\circ}}{CD}=\frac{2\cdot\frac{1}{2}}{\sqrt{4-2\sqrt{2}}}=\frac{1}{\sqrt{4-2\sqrt{2}}}=\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}=\sin67{,}5^{\circ}.
Заметим, что AC\lt AD
, так как
2\lt\sqrt{3}+\sqrt{2}-1\Leftarrow3\lt\sqrt{3}+\sqrt{2}\Leftarrow9\lt(\sqrt{3}+\sqrt{2})^{2}=5+2\sqrt{6}\Leftarrow4\lt2\sqrt{6}\Leftarrow4\lt6.
Значит, угол ADC
в треугольнике ADC
лежит против ненаибольшей стороны AC
. Поэтому \angle ADC\lt90^{\circ}
. Тогда \angle ADC=67{,}5^{\circ}
.
Поскольку ADC
— внешний угол треугольника ABD
, то
\angle ABC=\angle ADC-\angle BAD=67{,}5^{\circ}-30^{\circ}=37{,}5^{\circ}.
Следовательно,
R=\frac{AC}{2\sin\angle ABC}=\frac{2}{2\sin37{,}5^{\circ}}=\frac{1}{\sin37{,}5^{\circ}}=
=\frac{1}{\sin\left(60^{\circ}-\frac{1}{2}\cdot45^{\circ}\right)}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}+2}{\sqrt{2+\sqrt{2}}}.