12293. Окружность с центром O
вписана в равнобедренный треугольник ABC
с основанием AB
. Касательная к окружности пересекает боковые стороны AC
и BC
в точках D
и E
соответственно.
а) Докажите, что сумма углов AOD
и BOE
равна 180^{\circ}
.
б) Найдите DE
, если радиус окружности равен 1, \tg\frac{1}{2}\angle BAC=\frac{\sqrt{3}}{2}
, а разность углов AOD
и BOE
равна 60^{\circ}
.
Ответ. \frac{16\sqrt{3}}{9}
.
Решение. а) Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе этого угла, поэтому AO
и BO
— биссектрисы углов при основании равнобедренного треугольника ABC
, а DO
и EO
— биссектрисы внешних углов при вершинах D
и E
треугольника DCE
. Тогда
\angle AOD+\angle BOE=
=(180^{\circ}-\angle ADO-\angle DAO)+(180^\circ-\angle OEB-\angle OBE)=
=360^\circ-\frac{1}{2}(\angle ADE+\angle DAB+\angle DEB+\angle ABE)=
=360^\circ-\frac{1}{2}\cdot360^{\circ}=180^{\circ}.
б) Пусть вписанная окружность радиуса 1 касается боковых сторон AC
и BC
в точках M
и N
соответственно, а отрезка DE
— в точке K
. Из условия \angle AOD-\angle BOE=60^{\circ}
и доказанного равенства \angle AOD+\angle BOE=180^{\circ}
получаем, что \angle AOD=120^{\circ}
и \angle BOE=60^{\circ}
. Поскольку
DE=DK+KE=DM+EN,
задача сводится к нахождению отрезков DM
и EN
.
Обозначим
\angle OBE=\angle OAD=\alpha=\arctg\frac{\sqrt{3}}{2}.
В прямоугольном треугольнике DOM
известно, что
\angle DOM=120^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)=30^{\circ}+\alpha,
поэтому
DM=OM\tg(30^{\circ}+\alpha)=1\cdot\frac{\tg30^{\circ}+\tg\alpha}{1-\tg30^{\circ}\tg\alpha}=\frac{\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{\sqrt{3}}{2}}{1-\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{5\sqrt{3}}{3}.
В прямоугольном треугольнике EON
известно, что
\angle EON=60^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)=\alpha-30^{\circ},
поэтому
EN=ON\tg(\alpha-30^{\circ})=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{\sqrt{3}}}{1+\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}}=\frac{\sqrt{3}}{9}.
Следовательно,
DE=DM+EN=\frac{5\sqrt{3}}{3}+\frac{\sqrt{3}}{9}=\frac{16\sqrt{3}}{9}.
Источник: Диагностические и тренировочные задачи ЕГЭ. — 2019