5660. Дан треугольник ABC
со сторонами AC=6
, AB=10
и BC=14
.
а) Докажите, что прямая, проходящая через точку пересечения медиан и центр вписанной окружности, параллельна стороне AB
.
б) Найдите расстояние от вершины C
до этой прямой.
Ответ. 2\sqrt{3}
.
Решение. а) Пусть O
— центр вписанной окружности треугольника ABC
(рис. 1), CN
— медиана треугольника, M
— точка пересечения медиан. Поскольку O
— точка пересечения биссектрис треугольника ABC
, биссектриса CQ
проходит через точку O
. По теореме о биссектрисе \frac{AQ}{BQ}=\frac{AC}{BC}=\frac{6}{14}=\frac{3}{7}
, значит, AQ=3
, а так как AO
— биссектриса треугольника ACQ
, то \frac{CO}{OQ}=\frac{AC}{AQ}=\frac{6}{3}=2
.
Поскольку CN
— медиана треугольника ABC
, то \frac{AM}{MN}=2
. Таким образом, \frac{CO}{OQ}=\frac{CM}{MN}
. Следовательно, OM\parallel AB
.
б) По теореме косинусов (рис. 2)
\cos\angle BAC=\frac{AB^{2}+AC^{2}-BC^{2}}{2AB\cdot AC}=\frac{100+36-196}{2\cdot10\cdot6}=-\frac{1}{2},
значит, \angle BAC=120^{\circ}
. Тогда
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC\sin120^{\circ}=\frac{1}{2}\cdot10\cdot6\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=15\sqrt{3}.
Пусть d
расстояние от вершины C
до прямой OM
, CH
— высота треугольника ABC
. Тогда
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot CH,~15\sqrt{3}=5CH,
Откуда находим, что CH=3\sqrt{3}
. Следовательно,
d=\frac{2}{34}CH=\frac{2}{3}\cdot3\sqrt{3}=2\sqrt{3}.