3972. В остроугольном треугольнике ABC
высоты пересекаются в точке H
, а медианы — в точке O
. Биссектриса угла A
проходит через середину отрезка OH
. Найдите площадь треугольника ABC
, если BC=2
, а разность углов B
и C
равна 30^{\circ}
.
Ответ. \frac{2\sqrt{3}+1}{\sqrt{15}}
.
Указание. Точка пересечения высот, точка пересечения медиан и центр описанной окружности треугольника лежат на одной прямой (прямая Эйлера, см. задачу 5044). Далее примените теорему синусов.
Решение. Известно, что расстояние от точки пересечения высот треугольника до его вершины вдвое больше расстояния от центра описанной окружности до стороны, противолежащей этой вершине (см. задачу 1257).
Пусть Q
— центр окружности, описанной около треугольника ABC
, M
— середина стороны BC
. Тогда AH=2QM
. Если прямая QH
пересекает медиану AM
в точке O'
, то из подобия треугольников AO'H
и MOQ
следует, что AO':O'M=AH:QM=2:1
, значит, точка O'
совпадает с точкой O
пересечения медиан треугольника ABC
. Таким образом, доказано, что точки H
, O
и Q
лежат на одной прямой (прямая Эйлера), причём точка O
расположена на отрезке QH
и OH=2OQ
.
Если K
— середина OH
, то HK=KO=OQ
.
Продолжим биссектрису треугольника, проведённую из вершины A
, до пересечения в точке P
с описанной окружностью треугольника ABC
. Тогда P
— середина дуги BC
, не содержащей точки A
. Значит, PM
— серединный перпендикуляр к стороне BC
. Поэтому прямая PM
проходит через точку Q
.
Пусть R
— радиус окружности. Обозначим QM=x
. Тогда AH=2x
. Из подобия треугольников PKQ
и AKH
находим, что R=QP=AH\cdot\frac{QK}{KH}=2AH=4x
. Тогда QC=R=4x
.
Применяя теорему Пифагора к прямоугольному треугольнику QMC
, получим уравнение
QC^{2}=QM^{2}+CM^{2},~\mbox{или}~16x^{2}=x^{2}+1,
откуда x=\frac{1}{\sqrt{15}}
. Тогда R=4x=\frac{4}{\sqrt{15}}
.
Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
, \angle ACB=\gamma
. Пусть \beta-\gamma=30^{\circ}
. По теореме синусов
\sin\alpha=\frac{BC}{2R}=\frac{2}{2\cdot\frac{4}{\sqrt{15}}}=\frac{\sqrt{15}}{4},~AC=2R\sin\beta,~AB=2R\sin\gamma.
Следовательно,
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot AB\cdot\sin\alpha=\frac{1}{2}\cdot2R\sin\beta\cdot2R\sin\gamma\cdot\sin\alpha=
=2R^{2}\sin\beta\sin\gamma\sin\alpha=2\cdot\frac{16}{15}\cdot\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma=
=2\cdot\frac{16}{15}\cdot\sin\alpha\cdot\frac{1}{2}(\cos(\beta-\gamma)-\cos(\beta+\gamma))=\frac{16}{15}\cdot\frac{\sqrt{15}}{4}\cdot(\cos30^{\circ}-\cos(180^{\circ}-\alpha))=
=\frac{4}{\sqrt{15}}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\cos\alpha\right)=\frac{4}{\sqrt{15}}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\sqrt{1-\frac{15}{16}}\right)=\frac{4}{\sqrt{15}}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{4}\right)=\frac{2\sqrt{3}+1}{\sqrt{15}}.