Номер 1397 — ГДЗ Геометрия 9 класс Атанасян

Дано:

$△ A BC$ — остроугольный, $A B > BC$

$A M$ , $CN$ — высоты, $O$ — центр описанной окружности

$∠ A BC = β$ , $S_{NOMB} = S$

Найти:

$A C$

Решение:

Чертёж к задаче 1397 — остроугольный треугольник ABC, высоты AM и CN, центр O описанной окружности, закрашенный четырёхугольник NOMB

Обозначим $∠ BC A = γ$ , $R$ — радиус описанной окружности.

1) Треугольник остроугольный, поэтому основания высот лежат на сторонах. Из прямоугольных треугольников $A BM$ и $CBN$ : $BM = A B cos β$ , $BN = BC cos β$ . Треугольники $BMN$ и $B A C$ подобны (угол $B$ общий, $\frac{BM}{B A} = \frac{BN}{BC} = cos β$ ), поэтому

MN = A C cos β, ∠ BNM = ∠ BC A = γ

2) $BO ⊥ MN$ . Центральный угол $A OB$ вдвое больше вписанного $A CB$ : $∠ A OB = 2 γ$ . Треугольник $A OB$ равнобедренный, $∠ OB A = \frac{18 0 ^{\circ} - 2 γ}{2} = 9 0^{\circ} - γ$ . Пусть $T$ — точка пересечения прямых $BO$ и $MN$ ; в треугольнике $BNT$ :

∠ BTN = 18 0^{\circ} - (9 0^{\circ} - γ) - γ = 9 0^{\circ}

3) Площадь четырёхугольника $NOMB$ складывается (или вычитается — если $O$ и $B$ по одну сторону от $MN$ ) из площадей треугольников $BMN$ и $OMN$ с общим основанием $MN$ и высотами $BT$ , $OT$ . В обоих случаях $BT \pm OT = BO$ , поэтому

S = \frac{1}{2} BO \cdot MN = \frac{1}{2} R \cdot A C cos β

4) По теореме синусов $A C = 2 R sin β$ , то есть $R = \frac{A C}{2 sin β}$ :

S = \frac{1}{2} \cdot \frac{A C}{2 sin β} \cdot A C cos β = \frac{A C ^{2}}{4 tg β} \Rightarrow A C^{2} = 4 S tg β

A C = 2 S tg β

Условие $A B > BC$ на ответ не влияет — оно лишь фиксирует расположение точек на рисунке.

Ответ: $A C = 2 S tg β$ .

Номер 1397 — ГДЗ Геометрия 9 класс Атанасян

🕒 Вы недавно смотрели