5578. В треугольнике ABC
окружность радиуса \frac{13}{3\sqrt{3}}
с центром на отрезке AC
проходит через точку A
и касается отрезка BC
в точке D
такой, что угол ADB
равен \arcsin\frac{3}{\sqrt{13}}
. Найдите:
1) высоту AF
треугольника ABC
и длину отрезка CD
;
2) площадь треугольника ABC
, если AB=CD
.
Ответ. 2\sqrt{3}
, \frac{52}{5\sqrt{3}}
, \frac{2}{5}(36+\sqrt{451})
.
Решение. 1) Обозначим \angle ADB=\alpha
. Тогда
\sin\alpha=\frac{3}{\sqrt{13}},~\cos\alpha=\frac{2}{\sqrt{13}},~\tg\alpha=\frac{3}{2},~
\tg2\alpha=\frac{2\tg\alpha}{1-\tg^{2}\alpha}=\frac{3}{1-\frac{9}{4}}=-\frac{12}{5}.
Пусть O
— центр окружности. По теореме об угле между касательной и хордой \angle AOD=2\angle ADC=2\alpha
. Из равнобедренного треугольника AOD
находим, что
AD=2OD\sin\frac{1}{2}\angle AOD=2OD\sin\alpha=2\cdot\frac{13}{3\sqrt{3}}\cdot\frac{3}{\sqrt{13}}=\frac{2\sqrt{39}}{3}.
Следовательно,
AF=AD\sin\alpha=\frac{2\sqrt{39}}{3}\cdot\frac{3}{\sqrt{13}}=2\sqrt{3}.
Из прямоугольного треугольника COD
находим, что
CD=OD\tg\angle COD=OD\tg(180^{\circ}-2\alpha)=-OD\tg2\alpha=-\frac{13}{3\sqrt{3}}\cdot\left(-\frac{12}{5}\right)=\frac{52\sqrt{3}}{15}.
2) Из прямоугольных треугольников AFB
и AFD
находим, что
BF=\sqrt{AB^{2}-AF^{2}}=\sqrt{CD^{2}-AF^{2}}=\sqrt{\left(\frac{52\sqrt{3}}{15}\right)^{2}-(2\sqrt{3})^{2}}=
=\frac{\sqrt{(52\sqrt{3})^{2}-(30\cdot\sqrt{3})^{2}}}{15}=\frac{\sqrt{3(52-30)(52+30)}}{15}=
=\frac{\sqrt{3\cdot22\cdot82}}{15}=\frac{2\sqrt{3}\cdot\sqrt{451}}{15}.
DF=\sqrt{AD^{2}-AF^{2}}=\sqrt{\left(\frac{2\sqrt{39}}{3}\right)^{2}-(2\sqrt{3})^{2}}=\frac{4\sqrt{3}}{3}.
Тогда
BC=BF+DF+CD=\frac{2\sqrt{3}\cdot\sqrt{451}}{15}+\frac{4\sqrt{3}}{3}+\frac{52\sqrt{3}}{15}=\frac{2\sqrt{3}}{15}(36+\sqrt{451}).
Следовательно,
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}BC\cdot AF=\frac{1}{2}\cdot\frac{2\sqrt{3}}{15}(36+\sqrt{451})\cdot2\sqrt{3}=\frac{2}{5}(36+\sqrt{451}).