12228. Точки O
и Q
— центры описанной и вписанной окружностей треугольника ABC
соответственно. Прямая AB
пересекает отрезок OQ
в точке M
, причём OM:MQ=1:2
. Найдите углы треугольника ABC
если известно, что точка Q
равноудалена от точек A
и B
.
Ответ. \angle BAC=\angle ABC=\arccos\frac{1+\sqrt{13}}{6}
, \angle ACB=180^{\circ}-2\arccos\frac{1+\sqrt{13}}{6}
.
Решение. Точки O
и Q
равноудалены от концов отрезка AB
, значит, прямая OQ
— серединный перпендикуляр к отрезку AB
. Треугольник AQB
равнобедренный, поэтому \angle BAQ=\angle ABQ
, так как лучи AQ
и BQ
— биссектрисы углов BAC
и ABC
, то \angle BAC=\angle ABC
. Значит, треугольник ABC
равнобедренный, CB=CA
. Следовательно, точка C
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AB
. Таким образом, точки O
, Q
и C
лежат на одной прямой, причём точки O
и Q
лежат по разные стороны от прямой AB
. Тогда треугольник ABC
тупоугольный с тупым углом при вершине C
.
Обозначим \frac{OM}{MQ}=q
. Тогда
OM=qMQ=qr,~OQ=OM+MQ=r(q+1).
Пусть радиусы описанной и вписанной окружностей треугольника ABC
равны R
и r
соответственно, а \angle BAC=\angle ABC=\alpha
. Высота OH
равнобедренного треугольника BOC
является его медианой и биссектрисой, поэтому
\angle BOC=2\angle BAC=2\alpha,~\angle COH=\frac{1}{2}\angle BOH=\alpha
(центральный угол BOC
вдвое больше соответствующего вписанного угла BAC
),
BM=OB\sin2\alpha=R\sin2\alpha,~BC=2CH=OC\sin\alpha=R\sin\alpha.
По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{BC}{BM}=\frac{CQ}{QM},~\mbox{или}~\frac{R\sin\alpha}{R\sin2\alpha}=\frac{R-r(q+1)}{r},~\frac{1}{\cos\alpha}=\frac{R}{r}-(q+1).
С другой стороны,
\frac{qr}{R}=\frac{OM}{OB}=\cos\angle BOM=\cos2\alpha,
откуда \frac{R}{r}=\frac{q}{\cos2\alpha}
. Таким образом, получили уравнение
\frac{1}{\cos\alpha}=\frac{q}{\cos2\alpha}-q-1,~\mbox{или}~\frac{1}{\cos\alpha}=\frac{q}{2\cos^{2}\alpha-1}-q-1.
Обозначим \cos\alpha=x
. Поскольку \angle AOB=4\alpha
, то 0\lt4\alpha\lt180^{\circ}
, поэтому \alpha\lt45^{\circ}
, а \frac{1}{\sqrt{2}}\lt\cos\alpha\lt1
. Значит, \frac{1}{\sqrt{2}}\lt x\lt1
.
Тогда полученное уравнение примет вид
\frac{1}{x}=\frac{q}{2x^{2}-1}-q-1,~\mbox{или}~\frac{2q(1-x)(1+x)}{2x^{2}-1}=\frac{x+1}{x},
но x\ne-1
, поэтому
\frac{2q(1-x)}{2x^{2}-1}=\frac{1}{x},~\mbox{или}~2(q+1)x^{2}-2qx-1=0,
а так как q=\frac{1}{2}
, то 2x^{2}-x-1=0
. Условию \frac{1}{\sqrt{2}}\lt x\lt1
удовлетворяет единственный корень x=\frac{1+\sqrt{13}}{6}
этого уравнения. Следовательно,
\alpha=\arccos\frac{2+\sqrt{10}}{6},~\angle BAC=\angle ABC=\arccos\frac{1+\sqrt{13}}{6},
\angle ACB=180^{\circ}-2\arccos\frac{1+\sqrt{13}}{6}.
Источник: Олимпиада «Росатом». — 2021, март, заключительный тур, 10 класс, комплект 2, вариант 2, задача 5