Окружности вписанные и описанные - задачи Math-Досуг

Задача 1.

Рисунок к задаче 1

Решение. Рассмотрим треугольник $DO_1C$.

$$\cos DO_1C=\frac{3r}{R}$$

$$\cos BO_1C=-\frac{3r}{R}$$

Сделаем дополнительные построения

Запишем теорему косинусов для треугольника $BO_1C$:

$$AB^2=BO_1^1+O_1C^2-2BO_1\cdot O_1C\cos BO_1C$$

$$AB^2=2R^2+2R^2\cdot\frac{3r}{R}=2R^2\left(1+\frac{3r}{R}\right)$$

$$AB^2=2R^2\cdot \frac{R+3r}{R}=2R(R+3r)$$

Угол $AO_1C$ вдвое больше, чем $BO_1C$:

$$\cos AO_1C=2\cdot \frac{9r^2}{R^2}-1$$

Записываем теорему косинусов для треугольника $AO_1C$:

$$AC^2=AO_1^1+O_1C^2-2AO_1\cdot O_1C\cos AO_1C$$

$$AC^2=2R^2-2R^2\cdot\frac{18r^2-R^2}{R^2}=2R^2\left(1-\frac{18r^2-R^2}{R^2}\right)$$

$$AC^2=2R^2\cdot \frac{2R^2-18r^2}{R^2}=4(R^2-9r^2)$$

Ищем отношение $\frac{AB^2}{AC^2}$:

$$\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{2R(R+3r)}{ 4(R^2-9r^2)}=\frac{R}{2(R-3r)}$$

Рассмотрим треугольник $ABC$. Его площадь можно записать двумя способами:

$$S=pr=\frac{ah}{2}$$

$$2S=Pr=ah$$

$$(2AB+AC)r=AC(R+3r)$$

Делим на $r$ и $AC$:

$$2\frac{AB}{AC}+1=\frac{R+3r}{r}=\frac{R}{r}+3$$

$$2\frac{AB}{AC}=\frac{R}{r}+2$$

$$\frac{AB}{AC}=\frac{R}{2r}+1$$

Возведем в квадрат:

$$\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{(R+2r)^2}{4r^2}$$

Приравниваем:

$$\frac{R}{2(R-3r)}= \frac{(R+2r)^2}{4r^2}$$

По правилу пропорции, после упрощения, получаем

$$R^3+rR^2-10r^2R-12r^3=0$$

Делим на $r^3$:

$$\frac{R^3}{r^3}+\frac{R^2}{r^2}-10\frac{R}{r}-12=0$$

После замены $t=\frac{R}{r}$ получаем

$$t^3+t^2-10t-12=0$$

По теореме Безу $t=-3$, кстати, корень-то посторонний.

$$(t+3)(t^2-2t-4)=0$$

Решаем следующее:

$$ t^2-2t-4=0$$

$$t=\frac{2+\sqrt{20}}{2}=1+\sqrt{5}$$

Второй корень отрицателен и также не подойдет.

Вспоминаем, что необходимо найти $\frac{AB}{AC}=\frac{R}{2r}+1$

$$\frac{AB}{AC}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{5}}{2}+1=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$$

Ответ: $\frac{AB}{AC}=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$.

 

Задача 2.

Рисунок к задаче 2

Решение. Треугольник на рисунке – равнобедренный, пусть его боковая сторона $a$. По-видимому, необходимо как-то связать радиусы вписанной и описанной окружностей. Попробуем это сделать. Высота треугольника

$$h=a\sin\alpha$$

Основание же - $2a\cos \alpha$. Площадь можно записать как «половина основания на высоту»

$$S=\frac{1}{2} a\sin\alpha\cdot 2a\cos \alpha=\frac{a^2\sin 2\alpha}{2}$$

С другой стороны, площадь

$$S=\frac{abc}{4R}=\frac{a^2\cdot 2a\cos\alpha}{4R}$$

 

Проведем пару отрезков

Приравняем:

$$\frac{a^2\sin 2\alpha}{2}=\frac{a^3\cdot 2\cos\alpha}{4R}$$

$$\sin \alpha =\frac{a}{2R}$$

Рассмотрим треугольник $ABC$. Он равнобедренный, $AC=BC=R$. $AC$ - биссектриса угла желтого треугольника.

$$\sin \frac{\alpha}{2}=\frac{r}{R}$$

Для $AOC$ теорема Пифагора:

$$R^2-r^2=(a\cos\alpha)^2$$

$$R^2-r^2=(2R\sin\alpha\cos\alpha)^2$$

$$R^2-r^2=R^2\sin^2 2\alpha$$

$$r^2=R^2-R^2\sin^2 2\alpha$$

$$\frac{r^2}{R^2}=1-\sin^2 2\alpha=\cos^2 2\alpha$$

$$\sin^2 \frac{\alpha}{2}=\cos^2 2\alpha$$

$$\frac{1-\cos\alpha}{2}=\cos^2 2\alpha$$

$$1-\cos\alpha=2(2\cos^2\alpha-1)^2$$

Пусть $\cos\alpha=t$, тогда

$$1-t=2(4t^4-4t^2+1)$$

$$8t^4-8t^2+t+1=0$$

$$8t^2(t-1)(t+1)+t+1=0$$

Очевидно, $t=-1$  - не подходящее нам решение.

Тогда

$$8t^2(t-1)+1=0$$

$$4t^2(2t-1)-(2t-1)(2t+1)=0$$

То есть $t=\frac{1}{2}$. Откуда $\alpha=60^{\circ}$. Да, рисунок не соответствует. Ну что ж, мы исходили из данных, а рисунку мы никогда особо не доверяем…

Ответ: $\alpha=60^{\circ}$.