Смотрите также №15, №16, №17, №19, №20
Равносторонний треугольник $ABC$ вписан в окружность. На окружности отмечена точка $M$, не совпадающая ни с одной из точек $A$, $B$ и $C$.
а) Докажите, что расстояние от точки $M$ до одной из вершин треугольника равно сумме расстояний до двух других вершин.
б) Найдите периметр четырехугольника с вершинами в точках $A$, $B$, $C$ и $M$, если известно, что его площадь равна $\frac{49\sqrt3}{4}$, а радиус окружности равен $\sqrt{13}$.
Решение:
а) Пусть $M$ – между $B$ и $C.$ Докажем, что $AM=BM+CM.$
В остальных случаях рассуждения аналогичные.
Пусть $\alpha=\angle BOM,$ $r$ – радиус окружности, описанной около $\Delta ABC$.
Из треугольника $OBM$ ($O$ – центр $\Delta ABC$) по т. Косинусов:
$BM^2=r^2+r^2-2r^2cos\alpha.$
Из треугольника $OMC$ по т. Косинусов:
$MC^2=r^2+r^2-2r^2cos(120^{\circ}-\alpha).$
Из треугольника $OAM$ по т. Косинусов:
$AM^2=r^2+r^2-2r^2cos(120^{\circ}+\alpha).$
Тогда
$BM+CM-AM=\sqrt2r(\sqrt{1-cos\alpha}+\sqrt{1-cos(120^{\circ}-\alpha)}-\sqrt{1-cos(120^{\circ}+\alpha)})=$
$=\sqrt2r(\sqrt{2sin^2\frac{\alpha}{2}}+\sqrt{2sin^2(60^{\circ}-\frac{\alpha}{2})}-\sqrt{2sin^2(60^{\circ}+\frac{\alpha}{2})})=$
$=2r(|sin\frac{\alpha}{2}|+|sin(60^{\circ}-\frac{\alpha}{2})|-|sin(60^{\circ}+\frac{\alpha}{2})|)=$
$=2r(sin\frac{\alpha}{2}+sin(60^{\circ}-\frac{\alpha}{2})-sin(60^{\circ}+\frac{\alpha}{2}))=$
$=2r(sin\frac{\alpha}{2}+\frac{\sqrt3}{2}cos\frac{\alpha}{2}-\frac{1}{2}sin\frac{\alpha}{2}-\frac{\sqrt3}{2}cos\frac{\alpha}{2}-\frac{1}{2}sin\frac{\alpha}{2})=0,$
то есть $BM+CM=AM$.
Что и требовалось доказать.
б) Поскольку радиус окружности, описанной около $\Delta ABC$ равен $\sqrt{13}$, то сторона $a$ треугольника $ABC$ есть $\sqrt{39}.$
Заметим, $\angle BFM=\frac{1}{2}(\alpha + 120^{\circ})$ $(F$ – точка пересечения $BC$ и $AM).$
Имеем
$S_{ABMC}=\frac{1}{2}BC\cdot AMsin\angle BFM;$
$\frac{49\sqrt3}{4}=\frac{1}{2}\sqrt{39}AMsin(\frac{\alpha}{2}+60^{\circ})$ (*)
При этом $AM=\sqrt2r\sqrt{1-cos(\alpha+120^{\circ})}= 2\sqrt{13}sin(\frac{\alpha}{2}+60^{\circ}).$
Тогда $sin(\frac{\alpha}{2}+60^{\circ})=\frac{AM}{2\sqrt{13}}.$ Подставляем в (*):
$\frac{49\sqrt3}{4}=\frac{1}{2}\sqrt{39}\frac{AM^2}{2\sqrt{13}};$
$AM=7.$
Наконец,
$P_{ABMC}=2\sqrt{39}+BM+MC=2\sqrt{39}+AM=2\sqrt{39}+7.$
Ответ: $2\sqrt{39}+7.$
Почему угол BFM=(120°+a)/2? Можно подробней?
Дмитрий, есть такое свойство:
Угол между двумя пересекающимися хордами равен полусумме высекаемых ими дуг.
Попробуйте доказать – хороше свойство.
Если не получится – обращайтесь, будем вместе разбираться… ;)
Большое спасибо, совсем забыл про это свойство:)