ID: 00028793
Окружность проходит через вершины $B$ и $C$ треугольника $ABC$ и пересекает стороны $AB$ и $AC$ в точках $C_1$ и $B_1$ соответственно.
а) Докажите, что треугольник $ABC$ подобен треугольнику $AB_1C_1$.
б) Вычислите длину стороны $B_1C_1$ и радиус данной окружности, если $\angle A=150^{\circ}$, $BC=5\sqrt{5}$, а площадь треугольника $AB_1C_1$ в четыре раза меньше площади четырёхугольника $BCB_1C_1$.
Источник: ФИПИ
Что нарисовано: треугольник $ABC$, у которого угол при вершине $A$ тупой ($150^{\circ}$). Через вершины $B$ и $C$ проведена окружность, и она пересекает сторону $AB$ ещё раз в точке $C_1$, а сторону $AC$ — в точке $B_1$. Отрезок $B_1C_1$ отсекает от треугольника маленький треугольник $AB_1C_1$; всё, что осталось, — вписанный в окружность четырёхугольник $BCB_1C_1$.
Пункт а. Докажем, что треугольник $ABC$ подобен треугольнику $AB_1C_1$.
Точки $B$, $C$, $B_1$, $C_1$ лежат на одной окружности, поэтому $BCB_1C_1$ — вписанный четырёхугольник, а у него суммы противоположных углов равны $180^{\circ}$: $\angle BC_1B_1+\angle BCB_1=180^{\circ}$.
Угол $\angle BCB_1$ — это угол $\angle ACB$ треугольника, ведь $B_1$ лежит на стороне $AC$. Точка $C_1$ лежит на стороне $AB$, поэтому углы $\angle AC_1B_1$ и $\angle BC_1B_1$ смежные, и $\angle AC_1B_1=180^{\circ}-\angle BC_1B_1=\angle ACB$.
Значит, у треугольников $AB_1C_1$ и $ABC$ угол при $A$ общий и ещё одна пара углов равна. По признаку подобия по двум углам эти треугольники подобны. Доказано.
Пункт б. Найдём $B_1C_1$ и радиус при $\angle A=150^{\circ}$, $BC=5\sqrt{5}$.
Пусть $k=\dfrac{B_1C_1}{BC}$ — коэффициент подобия. Площади подобных треугольников относятся как квадрат коэффициента: $S_{AB_1C_1}=k^2 S_{ABC}$.
Треугольник $ABC$ состоит из треугольника $AB_1C_1$ и четырёхугольника $BCB_1C_1$, причём по условию площадь четырёхугольника в четыре раза больше: $S_{ABC}=S_{AB_1C_1}+4S_{AB_1C_1}=5S_{AB_1C_1}$.
Отсюда $k^2=\dfrac15$, то есть $k=\dfrac{1}{\sqrt{5}}$, и $B_1C_1=k\cdot BC=\dfrac{5\sqrt{5}}{\sqrt{5}}=5$.
Теперь радиус. Хорда окружности связана с опирающимся на неё вписанным углом простым правилом: хорда $=2R\sin(\text{вписанный угол})$. Обозначим $\varphi=\angle C_1BB_1$ — вписанный угол, который опирается на хорду $B_1C_1$.
Найдём вписанный угол, опирающийся на хорду $BC$. Точка $C_1$ лежит на отрезке $AB$, поэтому $\angle ABB_1=\angle C_1BB_1=\varphi$. В треугольнике $ABB_1$ угол $\angle BB_1C$ — внешний при вершине $B_1$ (луч $B_1C$ продолжает луч $AB_1$), а внешний угол равен сумме двух внутренних, не смежных с ним: $\angle BB_1C=150^{\circ}+\varphi$.
Записываем два равенства: $B_1C_1=2R\sin\varphi$ и $BC=2R\sin\left(150^{\circ}+\varphi\right)$. Делим второе на первое: $\dfrac{5\sqrt{5}}{5}=\sqrt{5}=\dfrac{\sin\left(150^{\circ}+\varphi\right)}{\sin\varphi}$.
Раскроем синус суммы и поделим на $\sin\varphi$: $\cos 150^{\circ}+\sin 150^{\circ}\operatorname{ctg}\varphi=\sqrt{5}$, то есть $-\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac12\operatorname{ctg}\varphi=\sqrt{5}$.
Умножаем на $2$ и переносим: $\operatorname{ctg}\varphi=2\sqrt{5}+\sqrt{3}$.
Радиус: $R=\dfrac{B_1C_1}{2\sin\varphi}=\dfrac52\sqrt{1+\operatorname{ctg}^2\varphi}$.
Считаем квадрат: $\left(2\sqrt{5}+\sqrt{3}\right)^2=20+2\cdot 2\sqrt{5}\cdot\sqrt{3}+3=23+4\sqrt{15}$. Тогда $1+\operatorname{ctg}^2\varphi=24+4\sqrt{15}=4\left(6+\sqrt{15}\right)$.
Значит, $R=\dfrac52\cdot 2\sqrt{6+\sqrt{15}}=5\sqrt{6+\sqrt{15}}$.
Проверим себя: $\sqrt{15}\approx 3{,}87$, поэтому $R\approx 5\sqrt{9{,}87}\approx 15{,}7$. Половина хорды $BC$ равна $\dfrac{5\sqrt{5}}{2}\approx 5{,}6$, радиус заметно больше — это нормально, ведь хорда $BC$ видна под маленьким углом.
$B_1C_1=5$; $R=5\sqrt{6+\sqrt{15}}\approx 15{,}7$