П.0003. Окружность радиуса $ 3/2 $ касается середины стороны $ BC $ треугольника $ ABC $ и пересекает сторону $ AB $ в точках $ D $ и $ E $, так что $ AD : DE :EB = 1 : 2 : 1 $. Чему может равняться $ AC $, если $ \angle BAC = 30^\circ $?
Решение.
Рис. 1
Рекомендации по построению чертежа ...
Предлагаем следующий порядок отрисовки элементов чертежа для более точного воспроизведения указанных в условии соотношений на сторонах $ AB $ и $ BC $:
- сначала чертим окружность;
- затем проводим касательную, на которой будет лежать отрезок $ BC $, причем точка касания должна быть серединой $ BC $;
- далее отмечаем точку $B$, подбирая такой наклон $ AB $, чтобы соотношение $ AD $ : $ DE $ : $ EB = $ $ 1 : 2 : 1 $ выглядело достоверным;
- наконец, отмечаем точку $C$, симметричную точке $B$ относительно точки касания.
На получившемся чертеже (см. Рис. 1) величина угла $ \angle BAC $ едва ли будет походить на $ 30^\circ $ (величина, заданная в условии задачи). Но и при умеренном воображении угол $ \angle BAC $ вполне пригоден для дальнейшего решения.
Обозначим точкой $M$ середину стороны $ BC $.
Согласно теореме о касательной и секущей: \[
BM^2 = BE \cdot BD =
\dfrac {AB} 4 \cdot \dfrac {3AB} 4 = \dfrac {3 AB^2} {16} ,
\] \[
AB = \dfrac {4 BM} {\sqrt 3} = \dfrac {2 BC} {\sqrt 3} .
\tag {1}
\] Обозначим окружность буквой $ \omega $, напомним, ее радиус $ r = 3/2 $.
Центр $ \omega $ (точка $O$) расположен на пересечении серединного перпендикуляра к хорде $DE$ и перпендикуляра к прямой $BC$ в точке касания (точке $M$), т.е. на пересечении серединных перпендикуляров к сторонам $AB$ и $BC$. Следовательно, центры окружности $ \omega $ и описанной около $ \triangle ABC $ окружности (далее $ \Omega $) совпадают, т.е. $ \omega $ и $ \Omega $ — концентрические окружности.
Перейдем к Рис. 2, причем изображать $ \Omega $ не будем, достаточно отметить только центр $O$. Также нам пригодятся: $OB$, $OC$ — радиусы $ \Omega $ и $OM$ — радиус $ \omega $.
Рис. 2
$ \angle BOC = 2 \angle BAC = 60^\circ $, поскольку эти углы опираются хорду $ BC $ в окружности $ \Omega $. Тогда $ \triangle BOC $ должен быть равносторонним. (На рис. 2 $ \triangle BOC $ вряд ли похож на равносторонний треугольник, однако подключим наше воображение, чтобы преодолеть незначительные искажения формы $ \triangle BOC $.)
В треугольнике $ BOM $: \(
OM = r \), \( \angle BOM = 30^\circ \), значит, \[
BM = \dfrac {r \sqrt 3} 3 = \dfrac {\sqrt 3} 2 , \quad
BC = \dfrac {2r \sqrt 3} 3 = \sqrt 3 .
\tag {2}
\] Таким образом, согласно (1) и (2) в $ \triangle ABC $ нам известно: \[
AB = 2 , \quad
BC = \sqrt 3, \quad
\angle A = 30^\circ .
\tag {3}
\] Осталось лишь воспользоваться теоремой косинусов. Завершите вычисления самостоятельно.
Ответ: \(
\sqrt 3 \pm \sqrt 2
\).
Примечание. Нет необходимости проверять тройки чисел \(
\bigl(
\sqrt 3 - \sqrt 2, \, \sqrt 3, \, 2
\bigr) \) и \(
\bigl(
\sqrt 3, \, 2, \, \sqrt 3 + \sqrt 2
\bigr) \) на выполнение неравенств треугольника, поскольку теорема косинусов «гарантирует» нам существование таких треугольников.
