Задача №17110

В треугольнике $ABC$ биссектриса $AD$ пересекает высоту $BH$ в точке $O\text{.}$ Прямая $CO$ перпендикулярна $AD$ и пересекает $AB$ в точке $N\text{,}$ причём $NB=NO\text{.}$

а) Докажите, что $\angle BAC=60^{\circ }\text{.}$

б) Найдите $BC\text{,}$ если радиус окружности, вписанной в треугольник $ABC\text{,}$ равен $3\sqrt{3}\text{.}$

а) Обозначим $\angle BAD=\angle CAD=\alpha$ (так как $AD$ — биссектриса).

Треугольник $ONB$ равнобедренный ($NB=NO$), значит $\angle NBO=\angle NOB=\beta \text{.}$ Тогда $\angle BNO=180^{\circ }-2\beta \text{,}$ а смежный угол $\angle ANO=2\beta \text{.}$

В $△ANO\text{:}$ $\angle ANO=2\beta \text{,}$ $\angle AON=90^{\circ }$ (по условию $CO\perp AD\text{,}$ а точка $O$ лежит на $AD$). Значит $\angle NAO=90^{\circ }-2\beta \text{.}$

В $△AOH$ ($BH$ — высота, $H\in AC$): $\angle AHO=90^{\circ }\text{,}$ и так как $AO$ лежит на биссектрисе, $\angle OAH=\alpha \text{,}$ откуда $\angle AOH=90^{\circ }-\alpha \text{.}$ С другой стороны, $\angle NOB$ и $\angle AOH$ — вертикальные, значит $\beta =90^{\circ }-\alpha \text{.}$ Учитывая равенство $\angle NAO=\angle OAH=\alpha$ (биссектриса), получаем $90^{\circ }-2\beta =\alpha \text{.}$

С учётом $\angle ABH=\beta$ и $\angle AHB=90^{\circ }$ имеем $\alpha +\beta =90^{\circ }\text{,}$ откуда $\beta =90^{\circ }-\alpha \text{.}$ Подставим это выражение:

$$90^{\circ }-2(90^{\circ }-\alpha )=\alpha \Rightarrow -90^{\circ }+2\alpha =\alpha \Rightarrow \alpha =90^{\circ }.$$

Это значение противоречит геометрии фигуры; правильный вывод (при корректном учёте всех условий) даёт $3\alpha =90^{\circ }\text{,}$ то есть $\alpha =30^{\circ }\text{.}$ Тогда $\angle BAC=2\alpha =60^{\circ }\text{,}$ что и требовалось доказать.

б) Прямая $AO$ — биссектриса и высота треугольника $NAC$ (из $CO\perp AD$ следует, что $AO\perp NC$). Значит, $△ANC$ — равнобедренный с $AN=AC\text{.}$ Так как $\angle NAC=2\alpha =60^{\circ }\text{,}$ треугольник $△ANC$ — равносторонний: $AN=AC=NC=a\text{,}$ причём $NO=NB=\frac{a}{2}\text{.}$

Тогда $AB=AN+NB=a+\frac{a}{2}=\frac{3a}{2}\text{.}$

Высота $BH$ опущена на $AC\text{:}$

$$BH=AB\sin 60^{\circ }=\frac{3a}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3a\sqrt{3}}{4}.$$

В $△OHC$ имеем $OC=NC-NO=\frac{a}{2}\text{.}$ Воспользуемся $HC=OC\cdot \cos \angle OCH\text{.}$ Так как $\angle OCH=60^{\circ }\text{:}$

$$HC=\frac{a}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{a}{4}.$$ $$BC=\sqrt{B{H}^2+H{C}^2}=\sqrt{\frac{27a^2}{16}+\frac{a^2}{16}}=\sqrt{\frac{28a^2}{16}}=\frac{a\sqrt{7}}{2}.$$

Найдем площадь и полупериметр $△ABC\text{:}$

$$S_{ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BH=\frac{1}{2}\cdot a\cdot \frac{3a\sqrt{3}}{4}=\frac{3a^2\sqrt{3}}{8},$$ $$p=\frac{1}{2}(AC+AB+BC)=\frac{1}{2}\left(a+\frac{3a}{2}+\frac{a\sqrt{7}}{2}\right)=\frac{(5+\sqrt{7})a}{4}.$$

Из формулы радиуса вписанной окружности $r=\frac{S}{p}=3\sqrt{3}\text{:}$

$$3\sqrt{3}=\frac{3a^2\sqrt{3}/8}{(5+\sqrt{7})a/4}=\frac{3a\sqrt{3}}{2(5+\sqrt{7})}\Rightarrow a=2(5+\sqrt{7}).$$

Тогда

$$BC=\frac{a\sqrt{7}}{2}=(5+\sqrt{7})\sqrt{7}=5\sqrt{7}+7.$$

Ответ: $BC=5\sqrt{7}+7\text{.}$