16851. В равнобедренном треугольнике ABC
на высоте BH
, равной основанию AC
, как на диаметре построена окружность, пересекающая боковую сторону BC
в точке F
.
а) Каково отношение площади треугольника FCH
к площади треугольника ABC
?
б) Какая часть площади треугольника ABC
находится внутри окружности?
Ответ. а) \frac{1}{10}
; б) \frac{1}{2}\left(\arcsin\frac{4}{5}+\frac{4}{5}\right)
.
Решение. Положим CH=AH=a
и BH=2a
, CF=x
.
а) Поскольку HF
— высота прямоугольного треугольника BHC
, проведённая из вершины прямого угла, то (см. задачу 1946)
\frac{CF}{BF}=\frac{CH^{2}}{BH^{2}}=\frac{a^{2}}{4a^{2}}=\frac{1}{4}.
Следовательно (см. задачу 3007),
\frac{S_{\triangle FCH}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{CF}{CB}\cdot\frac{CH}{CA}=\frac{1}{5}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{10}.
б) По теореме Пифагора
CH_{2}+BH^{2}=BC^{2},~\mbox{или}~a^{2}+4a^{2}=25x^{2},
откуда
x=\frac{a}{\sqrt{5}}~\Rightarrow~BF=4x=\frac{4a}{\sqrt{5}}.
Пусть O
— центр описанной окружности треугольника ABC
. Обозначим \angle HOF=\delta
. По теореме косинусов из треугольника BOF
получаем
\left(\frac{4a}{\sqrt{5}}\right)^{2}=a^{2}+a^{2}-2a^{2}\cos(180^{\circ}-\delta)=2a^{2}+2a^{2}\cos\delta~\Rightarrow
\Rightarrow~\cos\delta=\frac{3}{5}~\Rightarrow~\sin\delta=\frac{4}{5}.
Обозначим площадь сектора HOF
через S_{1}
, а площадь треугольника BOF
— через S_{2}
. Тогда
S_{1}=\frac{1}{2}a^{2}\cdot\delta=\frac{1}{2}a^{2}\arcsin\frac{4}{5},
S_{2}=\frac{1}{2}a^{2}\sin(180^{\circ}-\delta)=\frac{1}{2}a^{2}\sin\delta=\frac{1}{2}a^{2}\cdot\frac{4}{5}=\frac{2}{5}a^{2}.
Тогда площадь части треугольника ABC
, находящейся внутри окружности, равна
2S_{1}+2S_{2}=a^{2}\left(\arcsin\frac{4}{5}+\frac{4}{5}\right).
Следовательно,
\frac{2S_{1}+2S_{2}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{a^{2}\left(\arcsin\frac{4}{5}+\frac{4}{5}\right)}{2a^{2}}=\frac{1}{2}\left(\arcsin\frac{4}{5}+\frac{4}{5}\right).
Источник: Математическая олимпиада МГУ «Покори Воробьёвы горы». — 2018-2019, март 2019, закл. тур, 10-11 классы, задача 4, вариант 4-1