Элементарная математика. Геометрия.

Задача 305

О равнобедренном треугольнике $ABC$ известно, что $\angle ABC=120^\circ$. Найдите общую хорду окружности, описанной около треугольника $ABC$, и окружности, проходящей через центр вписанной окружности и основания биссектрис углов $A$ и $C$ , если $AC=1$. 

Решение:

Опишем около равнобедренного $\triangle ABC$ окружность с центром в $O_1$.  Впишем в $\triangle ABC$ окружность с центром в $O$. 

Обозначим через точки $N$ и $M$ основания биссектрис углов, прилежащих к основанию равнобедренного $\triangle ABC$. Проведем окружность, проходящую через центр вписанной окружности $O$ и точки $N$, $M$. 

Обозначим через $EF$ искомую общую хорду окружностей с центрами в точках $G$ и $O$. Обозначим через $J$ точку пересечения высоты $BD$ равнобедренного $\triangle ABC$ и хорды $EF$. $EF$ = $2JF$, следовательно для решения задачи необходимо найти $JF$.

Рассмотрим $\triangle ABC$.

Так как $BD$ — высота, медиана и биссектриса, то $DC= \dfrac{1}{2}$.

Обозначим $BD=x$, тогда $BC = 2x$, так как $\angle BCD = 30^{ \circ}$.

Запишем теорему Пифагора для $\triangle BDC$: $BC^2=BD^2+DC^2$, подставим сюда все значения и найдем $x$:

$4x^2=x^2+\dfrac{1}{4}$,
$x=\dfrac{1}{2\sqrt{3}}=BD$,
$BC = 2BD = \dfrac{2}{2\sqrt{3}} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$.
Так как $AM$ биссектриса, то по теореме о биссектрисе

$\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{BM}{MC}$.

Отсюда находим $BM$.

$\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{BM}{BC-BM}$,

$\dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{BM}{\dfrac{1}{\sqrt{3}} - BM}$,

$BM = \dfrac{1}{\sqrt{3}(1 + \sqrt{3})}$.

Так как $\angle CNM=15^\circ$, а $\angle OGM$ — центральный угол окружности с центром в $G$ и $\angle CNM$ — угол, вписанный в эту окружность, следовательно  $\angle OGM=2\angle CNM=30^\circ$. 

$\angle GBM=\angle GBN=\dfrac{360^\circ-\angle ABC}{2}=120^\circ$.

В $\triangle GBM$ $\angle GBM = 120^{ \circ}$ и $\angle BGM = 30^{ \circ}$, следовательно $\angle GMB=30^{ \circ}$, отсюда $\triangle GBM$ —  равнобедренный, следовательно $BM = BN = BG$.

По теореме косинусов из $\triangle GBM$:

$GM = \sqrt{BG^2 + BM^2 - 2 \cdot BG \cdot BM \cdot \cos \angle GBM} = \sqrt{\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}(1 + \sqrt{3})} \right)^2 +\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}(1 + \sqrt{3})} \right)^2 - 2 \cdot \dfrac{1}{\sqrt{3}(1 + \sqrt{3})} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{3}(1 + \sqrt{3})} \cdot \left(-\dfrac{1}{2} \right)} = \dfrac{\sqrt{3}+2}{3\sqrt{3}+5}$

Найдем радиус описанной окружности $R_1$ с центром в $O_1$. 

По теореме синусов имеем:

$R_1=\dfrac{AC}{2\sin 120^\circ}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$.

$GO_1=R_1+BG=\dfrac{1}{\sqrt{3}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}(1+\sqrt{3})}=\dfrac{3+\sqrt{3}}{6}$.

Распишем площадь $\triangle GFO_1$ через формулу Герона и полупроизведение высоты на основание треугольника:

$S_{GFO_1}=\dfrac{GO_1\cdot JF}{2}=\sqrt{p(p-GF)(p-FO_1)(p-GO_1)}$.

Найдем полупериметр $p$:

$p = \dfrac{GF+FO_1+GO_1}{2}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}+3}{6}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+\dfrac{\sqrt{3}+2}{3\sqrt{3}+5}}{2}= \dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

Выразим и найдем $JF$ из $\dfrac{GO_1\cdot JF}{2}=\sqrt{p(p-GF)(p-FO_1)(p-GO_1)}$.

$JF=\dfrac{2\sqrt{p(p-GF)(p-FO_1)(p-GO_1)}}{GO_1}=\dfrac{2\sqrt{\dfrac{\sqrt{3}}{2}\dfrac{2\sqrt{3}-3}{6}\dfrac{1}{2}\dfrac{\sqrt{3}}{6}}}{\dfrac{\sqrt{3}+3}{6}}=\dfrac{\sqrt{6\sqrt{3}-9}}{\sqrt{3}+3}$.
$EF = 2JF = \dfrac{(\sqrt{6\sqrt{3} - 9})(3-\sqrt{3})}{3} = \sqrt[4]{12}(2-\sqrt{3})$.

Ответ:

$EF = \sqrt[4]{12}(2-\sqrt{3})$.