Задание №16 Т/Р №165 А. Ларина

Смотрите также  №13; №14; №15; №17; №18; №19 Тренировочной работы №165 А. Ларина

16. В треугольнике $ABC$ $BA=8,BC=7,\angle B=120^{\circ}.$

Вписанная в треугольник окружность ω касается стороны $AC$ в точке $M$.

а) Докажите, что $AM=BC.$

б) Найдите длину отрезка с концами на сторонах $AB$ и $AC$, перпендикулярного $AB$ и касающегося окружности  ω.

Решение:

a) По теореме косинусов для треугольника $ABC:$

$AC^2=AB^2+BC^2-2AB\cdot BC\cdot cosB;$

$AC^2=64+49-2\cdot 8 \cdot 7\cdot (-\frac{1}{2});$

$AC=13.$

Пусть $K,N$ – точки касания окружности  ω со сторонами $AB,BC.$

Пусть $AM=x,$ тогда $MC=13-x.$

По свойству отрезков касательных $NC=MC=13-x,$ тогда $BN=7-(13-x)=x-6.$

Далее, $KB=BN=x-6,$  $AK=8-(x-6)=14-x.$

Наконец, поскольку $AM=AK,$ то $14-x=x,$ то есть $x=7.$

Итак, $AM=BC=7.$

б) Пусть отрезок с концами на сторонах $AB$ и $AC$, перпендикулярный $AB$ и касающийся окружности  ω, – $EF$ ($E$ принадлежит $AB$).

Найдем радиус $r$ вписанной окружности:

$\large r=\frac{S_{ABC}}{p_{ABC}}=\frac{2S_{ABC}}{AB+BC+AC}=\frac{2\frac{AB\cdot BC\cdot sin B}{2}}{AB+BC+AC}=\frac{8\cdot 7\cdot \frac{\sqrt3}{2}}{8+7+13}=\normalsize\sqrt 3.$

Треугольник $BOK$ – прямоугольный, $\angle KOB=30^{\circ}.$

Тогда

$KB=KO\cdot tg30^{\circ}=\sqrt3\cdot \frac{1}{\sqrt3}=1.$

Заметив, что $EK=r=\sqrt3,$ приходим к тому, что

$AE=AB-EK-KB=7-\sqrt3.$

Пусть $CH$ – высота треугольника $ABC.$

В треугольнике $BCH$ угол $B$ равен $60^{\circ}$, откуда $\angle HCB=30^{\circ},$ а значит,

$BH=\frac{BC}{2}=\frac{7}{2}$ и $HC=\sqrt{49-\frac{49}{4}}=\frac{7\sqrt3}{2}.$

Треугольники $AEF,AHC$ подобны по двум углам.

Тогда

$\frac{EF}{HC}=\frac{AE}{AH},$ откуда

$EF=\frac{AE\cdot HC}{AH}=\frac{(7-\sqrt3)\frac{7\sqrt3}{2}}{8+\frac{7}{2}}=\frac{49\sqrt3-21}{23}.$

Ответ: б) $\frac{49\sqrt3-21}{23}.$