12361. В прямоугольном треугольнике ABC
с прямым углом C
биссектриса, проведённая из вершины A
, равна 4, угол A
равен 60^{\circ}
. На серединном перпендикуляре к катету BC
лежит центр Q
окружности, которая касается прямых AC
и AB
в точках K
и M
соответственно. Найдите площадь треугольника OMQ
, где O
— центр вписанной в треугольник ABC
окружности.
Ответ. \frac{9}{2}
.
Решение. Пусть N
— точка пересечения серединного перпендикуляра к катету BC
с гипотенузой AB
. Тогда
\angle AQN=\angle QAC=\angle NAQ,
поэтому треугольник ANQ
равнобедренный. Значит,
NQ=AN=\frac{1}{2}AB\gt\frac{1}{2}AC=NH,
где H
— середина катета BC
. Следовательно, точка Q
лежит вне треугольника ABC
.
Поскольку QM=KQ
и \angle OQK=\angle OQM=60^{\circ}
, треугольники OKQ
и OMQ
равны по двум сторонам и углу между ними. Значит, они равновелики.
Пусть L
— точка касания окружности радиуса r
, вписанной в треугольник ABC
, с катетом BC
, а OF
— высота треугольника OKQ
. Тогда
S_{\triangle OMQ}=S_{\triangle OKQ}=\frac{1}{2}KQ\cdot OF=\frac{1}{2}CH\cdot(OL+LF)=\frac{1}{2}CH(r+LF).
Пусть AP
— биссектриса треугольника ABC
. Из прямоугольных треугольников ACP
(с гипотенузой AP=4
и острым углом CAP=\frac{1}{2}\angle BAC=30^{\circ}
) и ABC
находим, что
CP=\frac{1}{2}AP=2,~AC=CP\sqrt{3}=2\sqrt{3},
AB=2AC=4\sqrt{3},~BC=AC\sqrt{3}=6.
Тогда
PH=CH-CP=\frac{1}{2}BC-CP=3-2=1,
LF=QH=PH\tg\angle HPQ=1\cdot\tg60^{\circ}=\sqrt{3},
а так как
r=\frac{AC+BC-AB}{2}=\frac{2\sqrt{3}+6-4\sqrt{3}}{2}=3-\sqrt{3}
(см. задачу 217), то
S_{\triangle OKQ}=\frac{1}{2}CH(r+LF)=\frac{1}{2}\cdot3\cdot(3-\sqrt{3}+\sqrt{3})=\frac{9}{2}.