796. Около треугольника ABC
описана окружность с центром в точке O
. Касательная к окружности в точке C
пересекается с прямой, делящей пополам угол B
треугольника, в точке K
, причём угол BKC
равен половине разности утроенного угла A
и угла C
треугольника. Сумма сторон AC
и AB
равна 2+\sqrt{3}
, а сумма расстояний от точки O
до сторон AC
и AB
равна 2. Найдите радиус окружности.
Ответ. \frac{\sqrt{34-15\sqrt{3}}}{2}
.
Указание. Докажите, что точки K
и B
лежат по одну сторону от прямой AC
, а центр O
— вне треугольника ABC
.
Решение. Пусть указанная касательная пересекает продолжение биссектрисы угла B
в точке K
так, что точки K
и B
лежат по разные стороны от прямой AC
. Если H
— точка пересечения прямой BK
с окружностью, то
\angle BHC=\angle A,~\angle HCK=\angle HBC=\frac{1}{2}\angle B
(как угол между касательной и хордой). Тогда
\angle BKC=\angle BHC-\angle HCK=\angle A-\frac{1}{2}\angle B=\frac{1}{2}(2\angle A-\angle B)=
=\frac{1}{2}(2\angle A-180^{\circ}+\angle A+\angle C)=\frac{1}{2}(3\angle A+\angle C-180^{\circ}).
Поскольку по условию задачи \angle BKC=\frac{1}{2}(3\angle A-\angle C)
, то
3\angle A+\angle C-180^{\circ}=3\angle A-\angle C.
Отсюда находим, что \angle C=90^{\circ}
. В этом случае точка O
— середина AB
и, если P
— середина AC
, то OP=2
, BC=4
, что невозможно, так как AB+AC=2+\sqrt{3}\lt4=BC
. Следовательно, точки B
и K
лежат по одну сторону от прямой AC
.
С помощью рассуждений, аналогичным приведённым выше, установим, что \angle A=30^{\circ}
.
Предположим теперь, что центр O
лежит внутри треугольника. Пусть Q
— середина AB
. Тогда
\angle POQ=150^{\circ},~PQ^{2}=OQ^{2}+OP^{2}+2OQ\cdot OP\cos30^{\circ}=
=(OP+OQ)^{2}-(2-\sqrt{3})OQ\cdot OP=
=4-(2-\sqrt{3})OQ\cdot(2-OQ)\geqslant4-(2-\sqrt{3})\cdot1\cdot1=2+\sqrt{3}.
Поэтому BC=2PQ\geqslant2\sqrt{2+\sqrt{3}}
, что невозможно, так как
BC\lt AB+AC=2+\sqrt{3}~~(2\sqrt{2+\sqrt{3}}\gt2+\sqrt{2+\sqrt{3}}).
Центр O
не может лежать и на стороне AC
, так как в этом случае BC=4
, что невозможно. Следовательно, центр O
лежит вне треугольника ABC
.
Предположим, что точки O
и B
лежат по разные стороны от прямой AC
. Опишем окружность около четырёхугольника AQPO
(AO=R
— её диаметр) и обозначим \angle OAP=\alpha
. Тогда
OP=OA\sin\alpha=R\sin\alpha,~OQ=R\sin(\alpha+30^{\circ}),
AQ=R\cos(\alpha+30^{\circ}),~AP=R\cos\alpha.
По условию задачи
R\sin\alpha+R\sin(\alpha+30^{\circ})=2,~~R\cos\alpha+R\cos(\alpha+30^{\circ})=1+\frac{\sqrt{3}}{2}.
Отсюда следует, что
R\cos15^{\circ}\sin(\alpha+15^{\circ})=1,~R\cos15^{\circ}\cos(\alpha+15^{\circ})=\frac{2+\sqrt{3}}{4}.
Возведём обе части полученных равенств в квадрат и сложим их почленно:
R^{2}\cos^{2}15^{\circ}=1+\left(\frac{2+\sqrt{3}}{4}\right)^{2}.
Следовательно,
R^{2}=\frac{1}{\cos^{2}15^{\circ}}\left(1+\left(\frac{2+\sqrt{3}}{4}\right)^{2}\right),
R=\frac{4}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}\cdot\sqrt{\left(1+\left(\frac{2+\sqrt{3}}{4}\right)^{2}\right)}=(\sqrt{6}-\sqrt{2})\cdot\frac{1}{4}\sqrt{23+4\sqrt{3}}=
=\frac{1}{4}\sqrt{(8-4\sqrt{3})(23+4\sqrt{3})}==\frac{1}{2}\sqrt{(2-\sqrt{3})(23+4\sqrt{3})}=\frac{\sqrt{34-15\sqrt{3}}}{2}.