17577. В треугольнике ABC
со сторонами AB=12
, BC=15
, AC=18
проведена биссектриса BD
. В треугольники ABD
и BCD
вписаны окружности с центрами в точках O_{1}
и O_{2}
соответственно. Найдите площадь треугольника O_{1}O_{2}O_{3}
, где O_{3}
— центр окружности, описанной около треугольника ABC
.
Ответ. \frac{12\sqrt{7}}{7}
.
Решение. По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{AD}{AC}=\frac{AB}{AB+BC}=\frac{12}{12+15}=\frac{4}{9}~\Rightarrow~AD=\frac{4}{9}AC=8~\Rightarrow
\Rightarrow~DC=AC-AD=18-8=10.
Тогда (см. задачу 791)
BD=\sqrt{AB\cdot BC-AD\cdot DC}=\sqrt{12\cdot15-8\cdot10}=10.
Треугольник BCD
равнобедренный, BD=DC
.
Пусть r_{1}
и r_{2}
— радиусы окружностей, вписанных в треугольники ABD
и BCD
соответственно. По формуле Герона
S_{\triangle ABD}=\sqrt{15\cdot3\cdot5\cdot7}=15\sqrt{7}~\Rightarrow~r_{1}=\frac{15\sqrt{7}}{15}=\sqrt{7},
S_{\triangle BCD}=\sqrt{\frac{35}{2}\cdot\frac{15}{2}\cdot\frac{15}{2}\cdot\frac{5}{2}}=\frac{75\sqrt{7}}{4}~\Rightarrow~r_{2}=\frac{\frac{75\sqrt{7}}{4}}{\frac{35}{2}}=\frac{15\sqrt{7}}{14}
(см. задачу 4452).
Пусть R
— радиус описанной окружности треугольника ABC
. Тогда (см. задачу 4259)
R=\frac{AB\cdot AC\cdot BC}{4S_{\triangle ABC}}=\frac{12\cdot15\cdot18}{135\sqrt{7}}=\frac{24\sqrt{7}}{7}.
Пусть O_{3}
— описанной окружности треугольника ABC
, K
— середина основания BC
равнобедренного треугольника BCD
. Тогда точка O_{3}
лежит на прямой DK
— серединном перпендикуляре к стороне BC
. По теореме Пифагора
O_{3}K=\sqrt{O_{3}B^{2}-BK^{2}}=\sqrt{R^{2}-BK^{2}}=\sqrt{\frac{24^{2}}{7}-\frac{15^{2}}{4}}=\frac{27\sqrt{7}}{14}.
Тогда
O_{2}O_{3}=O_{3}K-O_{2}O_{3}=O_{3}K-r_{2}=\frac{27\sqrt{7}}{14}-\frac{15\sqrt{7}}{14}=\frac{6\sqrt{7}}{7}.
Точки D
, O_{2}
, O_{3}
и K
лежат на одной прямой — на биссектрисе угла BDC
, а так как DO_{1}
— биссектриса угла ADB
, то O_{1}D\perp DK
. Значит, O_{1}D
— высота треугольника O_{1}O_{2}O_{3}
, S_{\triangle O_{1}O_{2}O_{3}}=\frac{1}{2}O_{2}O_{3}\cdot O_{1}D
.
Пусть \angle ADB=\alpha
. По теореме косинусов из треугольника ADB
находим
\cos\angle ADB=\cos2\alpha=\frac{AD^{2}+DB^{2}-AB^{2}}{2AD\cdot DB}=\frac{64+100-144}{160}=\frac{1}{8}~\Rightarrow
\Rightarrow~\sin\alpha=\sqrt{\frac{1-\cos2\alpha}{2}}=\frac{\sqrt{7}}{4}~\Rightarrow~O_{1}D=\frac{r_{1}}{\sin\alpha}=\frac{\sqrt{7}}{\frac{\sqrt{7}}{4}}=4.
Следовательно,
S_{\triangle O_{1}O_{2}O_{3}}=\frac{1}{2}O_{2}O_{3}\cdot O_{1}D=\frac{1}{2}\cdot\frac{6\sqrt{7}}{7}\cdot4=\frac{12\sqrt{7}}{7}.
Источник: Олимпиада «Шаг в будущее». — 2023-2024, заключительный этап, задача 2, 10-11 классы