11074. Медианы прямоугольного треугольника пересекаются на его вписанной окружности. Найдите углы этого треугольника
Ответ. 45^{\circ}\pm\arccos\frac{4\sqrt{6}-3\sqrt{2}}{6}
, или \frac{1}{2}\arcsin\frac{8(2-\sqrt{3})}{3}
и 90^{\circ}-\frac{1}{2}\arcsin\frac{8(2-\sqrt{3})}{3}
.
Решение. Пусть M
— точка пересечения медиан прямоугольного треугольника ABC
с катетами BC=a
, AC=b
и гипотенузой AB=c
, радиус вписанной окружности треугольника равен r
, точки P
и Q
— проекции точки M
на прямые BC
и AC
соответственно, точка F
— проекция центра O
окружности на прямую MP
, K
и L
— точки касания окружности с катетами BC
и AC
соответственно, а AA_{1}
и BB_{1}
— медианы треугольника ABC
.
Прямоугольные треугольники AQM
и ACA_{1}
подобны с коэффициентом \frac{AM}{AA_{1}}=\frac{2}{3}
(см. задачу 1207), поэтому QM=\frac{2}{3}CA_{1}=\frac{a}{3}
. Аналогично PM=\frac{b}{3}
.
Рассмотрим прямоугольный треугольник MFO
с катетами
OF=KP=|CK-CP|=|CK-CP|=\left|r-\frac{a}{3}\right|,
MF=QL=|CQ-CL|=|MP-CL|=\left|r-\frac{b}{3}\right|
и гипотенузой OM=r
(точка M
лежит на окружности). По теореме Пифагора
OF^{2}+MF^{2}=OM^{2},~\mbox{или}~\left(r-\frac{a}{3}\right)^{2}+\left(r-\frac{b}{3}\right)^{2}=0,
\frac{a^{2}+b^{2}}{9}-\frac{2}{3}r(a+b)+r^{2}=0,
а так как a^{2}+b^{2}=c^{2}
и a+b=c+2r
(см. задачу 217), то
\frac{c^{2}}{9}-\frac{2r(2r+c)}{3}+r^{2}=0,~\mbox{или}~3r^{2}+6cr-c^{2}=0,
откуда r=\frac{c(2\sqrt{3}-3)}{3}
(положительный корень полученного уравнения). Значит, \frac{r}{c}=\frac{2\sqrt{3}-3}{3}
.
Разделив обе части равенства a+b=2r+c
на c
, получим, что
\frac{a}{c}+\frac{b}{c}=\frac{2r}{c}+1,~\mbox{или}~\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{4\sqrt{3}-6}{3}+1=\frac{4\sqrt{3}}{3}-1,
где \alpha=\angle BAC
. Из полученного уравнения находим, что меньший острый угол треугольника ABC
равен 45^{\circ}-\arccos\frac{4\sqrt{6}-3\sqrt{2}}{6}
. Тогда больший острый угол равен 45^{\circ}+\arccos\frac{4\sqrt{6}-3\sqrt{2}}{6}
.
Примечание. См. также статью В.Дубровского и В.Сендерова «Ловушка для треугольника», Квант, 1999, N3, с.46-50.