Задача 1
В остроугольном треугольнике ABC AB > BC, AM и CN — высоты, O — центр описанной окружности, ∠ABC = β, площадь четырёхугольника NOMB равна S. Найдите AC.
Решение
- \(\triangle ABC\) остроугольный
- \(AB > BC\)
- \(AM \perp BC\)
- \(CN \perp AB\)
- \(O\) — центр описанной окружности радиуса \(R\)
- \(\angle ABC = \beta\)
- \(S_{NOMB} = S\)
- \(AC\)
-
Треугольники \(BMN\) и \(BAC\) подобны. Из прямоугольных треугольников \(ABM\) и \(CBN\) (угол \(\beta\) острый): \(BM = AB\cos\beta\), \(BN = BC\cos\beta\). Угол \(B\) общий и \(\dfrac{BM}{BA} = \dfrac{BN}{BC} = \cos\beta\), поэтому по второму признаку \(\triangle BMN \sim \triangle BAC\). Отсюда \(MN = AC\cos\beta\) и \(\angle BMN = \angle BAC\).
-
\(BO \perp MN\). Центральный угол \(BOC\) опирается на ту же дугу, что вписанный угол \(BAC\), поэтому \(\angle BOC = 2\angle BAC\) (треугольник остроугольный). Треугольник \(BOC\) равнобедренный, \(\angle OBC = 90^\circ - \angle BAC\). Пусть прямые \(BO\) и \(MN\) пересекаются в точке \(T\); в треугольнике \(BTM\) сумма углов при \(B\) и \(M\) равна \((90^\circ - \angle BAC) + \angle BAC = 90^\circ\), значит, \(\angle BTM = 90^\circ\).
-
Площадь \(NOMB\). Точки \(B\) и \(O\) лежат на прямой, перпендикулярной \(MN\). Если они по разные стороны от \(MN\), то \(S = S_{BMN} + S_{OMN} = \dfrac{1}{2}MN(BT + TO) = \dfrac{1}{2}MN \cdot BO\); если \(O\) между \(B\) и \(T\), то \(S = S_{BMN} - S_{OMN} = \dfrac{1}{2}MN(BT - OT) = \dfrac{1}{2}MN \cdot BO\). В обоих случаях \(S = \dfrac{1}{2}R \cdot MN\).
-
По теореме синусов \(AC = 2R\sin\beta\), то есть \(R = \dfrac{AC}{2\sin\beta}\). Тогда
\[S = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{AC}{2\sin\beta} \cdot AC\cos\beta = \dfrac{AC^2}{4\,\mathrm{tg}\,\beta}, \quad AC = 2\sqrt{S\,\mathrm{tg}\,\beta}.\]
Ответ
Радиус OB перпендикулярен отрезку MN, поэтому S = ½·R·MN, где MN = AC·cos β, а R = AC/(2 sin β) по теореме синусов.
Подробнее — в теме «Теорема синусов».