12349. Площадь треугольника AFC
равна \sqrt{27}-4
, \angle AFC=105^{\circ}
, AC=\sqrt{6}
, B
— точка пересечения продолжения высоты FK
с описанной около треугольника окружностью. Найдите площадь треугольника ABC
.
Ответ. 2.
Решение. Пусть M
и N
— проекции центра O
описанной окружности радиуса R
на хорды AC
и BF
соответственно, H
— точка пересечения высот треугольника ABC
. Тогда M
и N
— середины этих хорд (см. задачу 1676).
По теореме синусов
R=\frac{AC}{2\sin105^{\circ}}=\frac{\sqrt{6}}{\sin75^{\circ}}=\frac{\sqrt{6}}{\sin(45^{\circ}+30^{\circ})}=
=\frac{\sqrt{6}}{\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}-\frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}=3-\sqrt{3}.
Поскольку
\angle CAH=\angle CBK=\angle CBF=\angle CAF,
\angle ACH=\angle ABK=\angle ABF=\angle ACF,
треугольники AHC
и AFC
равны по стороне и двум прилежащим к ней углам. Значит, равны их соответствующие высоты HK
и FK
. Обозначим HK=FK=x
, KN=OM=t
.
Из равенства
\sqrt{27}-4=S_{\triangle AFC}=\frac{1}{2}AC\cdot FK=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{6}\cdot x
находим, что x=\frac{2(3\sqrt{3}-4)}{\sqrt{6}}
.
По свойству ортоцентра треугольника (см. задачу 1257) BH=2OM=2t
, поэтому
BK=BH+HK=2t+x.
Из прямоугольного треугольника AMO
находим, что
2t=2\sqrt{OA^{2}-OM^{2}}=\sqrt{R^{2}-\frac{1}{4}AM^{2}}=2\sqrt{(3-\sqrt{3})^{2}-\frac{3}{2}}=\sqrt{4(12-6\sqrt{3})-6}=
=\sqrt{42-24\sqrt{3}}=\sqrt{6}\cdot\sqrt{7-4\sqrt{3}}=\sqrt{6}\cdot\sqrt{(2-\sqrt{3})^{2}}=2\sqrt{6}-3\sqrt{2}.
Следовательно,
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BK=
=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{6}\cdot(2t+x)=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{6}\left(2\sqrt{6}-3\sqrt{2}+\frac{2(3\sqrt{3}-4)}{\sqrt{6}}\right)=
=\frac{1}{2}(12-6\sqrt{3}+6\sqrt{3}-8)=2.