4977. На сторонах AB
и BC
треугольника ABC
взяты точки E
и D
соответственно так, что \angle BAD=\angle DAC
, \angle BCE=\angle ECA
. Известно, что AB\cdot CE=BC\cdot AD
, AB=\sqrt{2+\sqrt{2}}
, радиус окружности, описанной около треугольника ABC
, равен 1. Найдите площадь треугольника ABC
.
Ответ. \frac{1+\sqrt{2}}{2}
, \frac{\sqrt{3}}{4}\left(1+\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{2}}\right)
, \frac{\sqrt{3}}{4}\left(1-\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{2}}\right)
.
Решение. Обозначим \angle BAD=\angle DAC=\alpha
, \angle BCE=\angle ECA=\gamma
. По теореме о внешнем угле треугольника
\angle ADB=\alpha+2\gamma,~\angle BEC=2\alpha+\gamma.
Применяя теорему синусов к треугольникам ADB
и BEC
получим, что
\frac{AB}{\sin(\alpha+2\gamma)}=\frac{AD}{\sin(2\alpha+2\gamma)},~\frac{CE}{\sin(2\alpha+2\gamma)}=\frac{BC}{\sin(2\alpha+\gamma)}.
Перемножая почленно эти равенства и учитывая, что AB\cdot CE=BC\cdot AD
, получим, что \sin(\alpha+2\gamma)=\sin(2\alpha+\gamma)
. Следовательно, либо \alpha+2\gamma=2\alpha+\gamma
, либо \alpha+2\gamma+2\alpha+\gamma=180^{\circ}
.
В первом из этих случаев \alpha=\gamma
, во втором — \alpha+\gamma=60^{\circ}
.
Рассмотрим первый случай. Треугольник ABC
— равнобедренный, BC=AB=\sqrt{2+\sqrt{2}}
. Пусть R
— радиус описанной окружности треугольника ABC
, R=1
. По теореме синусов
\sin\angle BAC=\sin2\alpha=\frac{BC}{2R}=\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2R}=\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2},
а так как 2\alpha\lt90^{\circ}
как угол при основании равнобедренного треугольника, то \cos2\alpha\gt0
, поэтому
\cos2\alpha=\sqrt{1-\sin^{2}2\alpha}=\sqrt{1-\left(\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}.
Тогда
AC=2R\sin(180^{\circ}-4\alpha)=2R\sin4\alpha=4R\sin2\alpha\cos2\alpha=\frac{2\sqrt{2}}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}.
Следовательно,
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot AB\sin2\alpha=\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\sqrt{2+\sqrt{2}}\cdot\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}=\frac{1}{2}(1+\sqrt{2}).
Рассмотрим второй случай. Пусть \alpha+\gamma=60^{\circ}
. Тогда
\angle ABC=180^{\circ}-2(\alpha+\gamma)=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ},
AC=2R\sin60^{\circ}=2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3},~\sin2\gamma=\frac{AB}{2R}=\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2},
|\cos2\gamma|=\sqrt{1-\sin^{2}2\gamma}=\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}.
Тогда
\sin\angle BAC=\sin2\alpha=\sin(120^{\circ}-2\gamma)=\sin120^{\circ}\cos2\gamma-\cos120^{\circ}\sin2\gamma=
=\pm\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}+\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}=\frac{1}{4}\left(\sqrt{2+\sqrt{2}}\pm\sqrt{3}\sqrt{2-\sqrt{2}}\right).
Следовательно,
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot AB\sin2\alpha=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{3}\cdot\sqrt{2+\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{4}\left(\sqrt{2+\sqrt{2}}\pm\sqrt{3}\sqrt{2-\sqrt{2}}\right)=
=\frac{1}{8}(\sqrt{3}(2+\sqrt{2})\pm3\sqrt{2})=\frac{\sqrt{6}}{8}(1+\sqrt{2}\pm\sqrt{3})=\frac{\sqrt{3}}{4}\left(1\pm\frac{\sqrt{3}\pm1}{\sqrt{2}}\right).
Источник: Вступительный экзамен на факультет вычислительной математики и кибернетики (ВМК) МГУ. — 2008, отделение бакалавров, июль, № 4, вариант 2