17585. В треугольнике ABC
, площадь которого равна 180\sqrt{3}
, проведены биссектриса AD
и высота AH
. Окружность радиуса \frac{105\sqrt{3}}{4}
с центром, лежащим на прямой BC
, проходит через точки A
и D
. Найдите радиус описанной около треугольника ABC
окружности, если BH^{2}-HC^{2}=768
.
Ответ. 28.
Решение. Пусть BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle BAD=\angle CAD=\alpha
, \angle ADC=\beta
, радиус данной окружности равен r
, а радиус описанной окружности треугольника ABC
равен R
. Заметим, что \beta\gt\alpha
(как внешний угол треугольника ADC
).
Из условия следует, что
BH\gt HC~\Rightarrow~AB\gt AC~\Rightarrow~c\gt b~\Rightarrow~\angle ABC\lt\angle ACB~\Rightarrow
\Rightarrow~\beta-\alpha\lt180^{\circ}-\alpha-\beta~\Rightarrow~\beta\lt90^{\circ}.
Поскольку центр O
окружности лежит на серединном перпендикуляре к хорде AD
, точка O
лежит на луче DC
. Треугольник AOD
равнобедренный, поэтому
\angle OAD=\angle ODA=\beta,
а так как \beta\gt\alpha
, то точка C
лежит между D
и O
. Значит, \angle CAO=\beta-\alpha
. Отсюда следует, что треугольники ABO
и CAO
с общим углом при вершине O
подобны по двум углам (\angle ABO=\alpha-\beta=\angle CAO
). Значит, \frac{BO}{AO}=\frac{AO}{CO}
, или
\frac{r+BD}{r}=\frac{r}{r-CD}.\eqno(1)
Поскольку AD
— биссектриса треугольника ABC
, то (см. задачу 1509)
BD=\frac{ac}{b+c}~\mbox{и}~CD=\frac{ab}{b+c}.
Подставив найденные выражения в равенство (1), получим
\left(r+\frac{ac}{b+c}\right)\left(r-\frac{ab}{b+c}\right),~\mbox{или}~r(c^{2}-b^{2})=abc.
По теореме косинусов
b^{2}=c^{2}+a^{2}-2ac\cos\angle ABC,~c^{2}=b^{2}+a^{2}-2ab\cos\angle ACB,
c^{2}-b^{2}=a(c\cos\angle ABC-b\cos ACB)=a(BH-HC)=BC(BH-HC)=
=(BH+HC)(BH-HC)=BH^{2}-HC^{2}=768.
Следовательно (см. задачу 4259),
R=\frac{abc}{4S_{\triangle ABC}}=\frac{105\sqrt{3}\cdot768}{16\cdot180\sqrt{3}}.
Источник: Олимпиада «Шаг в будущее». — 2023-2024, отборочный (заочный) онлайн-этап, задача 7, 11 класс