12117. Медиана AM
треугольника ABC
пересекает вписанную в него окружность, радиус которой равен r
, в точках P
и Q
. Найдите площадь треугольника, если известно, что хорда PQ
в два раза длиннее каждого из отрезков AP
и MQ
.
Ответ. \frac{13r^{2}\sqrt{39}}{12}
.
Решение. Пусть вписанная окружность данного треугольника касается его сторон AB
, BC
и AC
в точках K
, L
и N
соответственно. Положим BK=BL=2a
, AP=QM=x
. Тогда PQ=2x
, а по теореме о касательной и секущей
AK=AN=\sqrt{AP\cdot AQ}=\sqrt{x\cdot3x}=x\sqrt{3},~ML=\sqrt{QM\cdot MP}=\sqrt{x\cdot3x}=x\sqrt{3}.
Значит,
AB=AK+BK=x\sqrt{3}+2a,~BC=2BM=2(BL+ML)=2(2a+x\sqrt{3}),
AC=CN+AN=CL+AK=CM+ML+AK=BM+ML+AK=
=(2a+x\sqrt{3})+x\sqrt{3}+x\sqrt{3}=2a+3x\sqrt{3}.
По формуле для квадрата медианы треугольника
4AM^{2}=2AB^{2}+2AC^{2}-BC^{2},
или
4\cdot16x^{2}=2(2a+x\sqrt{3})^{2}+2(2a+3x\sqrt{3})^{2}-4(2a+3x\sqrt{3})^{2}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~2\cdot16x^{2}=(2a+3x\sqrt{3})^{2}-(2a+x\sqrt{3})^{2}~\Leftrightarrow~
\Leftrightarrow~2\cdot16x^{2}=2x\sqrt{3}(4a+4x\sqrt{3})\Leftrightarrow~x=a\sqrt{3}
Следовательно,
AB=x\sqrt{3}+2a=3a+2a=5a,~BC=2(2a+x\sqrt{3})=10a,~
AC=2a+3x\sqrt{3}=11a.
Пусть p
— полупериметр треугольника ABC
. Тогда
p=\frac{5a+10a+11a}{2}=13a.
По теореме косинусов находим, что
\cos\angle B=\frac{AB^{2}+BC^{2}-AC^{2}}{2AB\cdot BC}=\frac{25a^{2}+100a^{2}-121a^{2}}{2\cdot5a\cdot10a}=\frac{1}{25}.
Тогда
\sin\angle B=\sqrt{1-\left(\frac{1}{25}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{24\cdot26}}{25}=\frac{4\sqrt{39}}{25},
\ctg\frac{1}{2}\angle B=\frac{\sin\angle B}{1-\cos\angle B}=\frac{\frac{4\sqrt{39}}{25}}{1-\frac{1}{25}}=\frac{\sqrt{39}}{6}.
Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
. Из прямоугольного треугольника IKB
получаем
2a=BK=IK\ctg\angle IBK=r\ctg\frac{1}{2}\angle B=\frac{r\sqrt{39}}{6}.
Следовательно,
S_{\triangle ABC}=pr=13a\cdot r=13\cdot\frac{r\sqrt{39}}{12}\cdot r=\frac{13r^{2}\sqrt{39}}{12}.