Задача 304

О треугольнике ABC известно, что \angle BAC =\frac{\pi}{6}. Окружность с центром в A и радиусом, равным высоте, опущенной на BC, делит площадь треугольника пополам. Найдите наибольший угол треугольника ABC.

Решение:
Пусть \angle CAA'= \varphi, а \angle ACB= \alpha. Также обозначим основание высоты треугольника, проведенной к прямой, которой принадлежит сторона BC, как A'.
Рассмотрим треугольники ABC, AA'B и ACA'. Запишем S_{ABC}:
S_{ABC}= S_{AA'B} - S_{AA'C}.
Из условия следует, что окружность делит площадь треугольника ABC пополам, следовательно  S_{ABC}=2S_{AED}. Так как S_{сектора}=R^2\frac{\gamma}{2}, где R — радиус, \gamma — угол, опирающийся на дугу, а S_{треуг}=\frac{1}{2}ah, где h — высота, a — сторона, на которую проведена высота, то:
\frac{\pi}{6}R^2=\frac{1}{2}R\cdot A'B-\frac{1}{2}R\cdot A'C.
Домножим уравнение на \frac{2}{R^2}:
\frac{\pi}{3}=\frac{A'B}{R}-\frac{A'C}{R}.
Из треугольников AA'C и AA'B видно, что:
\tg{\varphi}=\frac{A'C}{R} и \tg{(\varphi + \frac{\pi}{6})}=\frac{A'B}{R}, отсюда:
\tg{(\varphi + \frac{\pi}{6})}-\tg{\varphi}=\frac{\pi}{3}.
Пользуясь формулой разности тангенсов:
\frac{\sin{\frac{\pi}{6}}}{\cos{(\varphi+\frac{\pi}{6})}\cos{\varphi}}=\frac{\pi}{3},
\cos{(\varphi+\frac{\pi}{6})}\cos{\varphi}=\frac{3}{2\pi}.
Воспользуемся формулой произведения косинусов:
\frac{1}{2}(\cos{\frac{\pi}{6}}+\cos{(2\varphi+\frac{\pi}{6})})=\frac{3}{2\pi}.
Раскрываем скобки, выносим косинус за знак равно:
\cos{(2\varphi+\frac{\pi}{6})}=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3}{\pi},
2\varphi+\frac{\pi}{6}=\arccos{(-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3}{\pi})},
\varphi=\frac{1}{2}\arccos{(-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3}{\pi})}-\frac{\pi}{12}.
Угол \angle{ACA'} треугольника ACA' равен \frac{\pi}{2}-\varphi, значит угол \alpha равен \frac{\pi}{2}+\varphi, тогда угол \alpha:
\alpha=\frac{1}{2}\arccos{(-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3}{\pi})}+\frac{5\pi}{12}.

Ответ: \alpha=\frac{1}{2}\arccos{(-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3}{\pi})}+\frac{5\pi}{12}.
Last modified: Sunday, 5 January 2020, 6:10 PM