5276. Радиус окружности, вписанной в треугольник ABC
, равен 1, а расстояния от её центра до вершин A
и B
равны соответственно \sqrt{5}
и \sqrt{10}
. Найдите угол C
треугольника.
Ответ. 90^{\circ}
.
Указание. Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
. Тогда Тогда \angle AIB=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ACB
(см. задачу 1101).
Решение. Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
. Тогда I
— точка пересечения биссектрис треугольника. Обозначим \angle ACB=\gamma
. Тогда \angle AIB=90^{\circ}+\frac{\gamma}{2}
(см. задачу 1101).
По теореме косинусов
AB^{2}=IA^{2}+IB^{2}-2\cdot IA\cdot IB\cos\angle AIB=
=5+10-2\cdot\sqrt{5}\cdot\sqrt{10}\cos\left(90^{\circ}+\frac{\gamma}{2}\right)=15+10\sqrt{2}\sin\frac{\gamma}{2}.
Тогда
S_{\triangle AIB}=\frac{1}{2}AB\cdot r=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{15+10\sqrt{2}\sin\frac{\gamma}{2}}\cdot1=\frac{1}{2}\sqrt{15+10\sqrt{2}\sin\frac{\gamma}{2}}.
С другой стороны,
S_{\triangle AIB}=\frac{1}{2}IA\cdot IB\sin\left(90^{\circ}+\frac{\gamma}{2}\right)=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{5}\cdot\sqrt{10}\cos\frac{\gamma}{2}.
Значит,
\frac{1}{2}\sqrt{15+10\sqrt{2}\sin\frac{\gamma}{2}}=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{5}\cdot\sqrt{10}\cos\frac{\gamma}{2},
или
10\sin^{2}\frac{\gamma}{2}+2\sqrt{2}\sin\frac{\gamma}{2}-7=0.
Отсюда находим, что \sin\frac{\gamma}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}
, и \frac{\gamma}{2}=45^{\circ}
. Следовательно, \gamma=90^{\circ}
.