ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2019-07-31   
В треугольнике $ABC$ известно, что $\angle BAC=75^{\circ}$, $AB=1$, $AC=\sqrt{6}$. На стороне $BC$ выбрана точка $M$, причём $\angle BAM=30^{\circ}$. Прямая $AM$ пересекает окружность, описанную около треугольника $ABC$, в точке $N$, отличной от $A$. Найдите $AN$.


Решение:



Первый способ. Пусть $AN=x$, $R$ - радиус описанной окружности треугольника. Тогда

$BN=2R\sin30^{\circ}=R,~CN=2R\sin45^{\circ}=R\sqrt{2}.$

По теореме косинусов из треугольников $ABN$ и $ACN$ находим, что

$BN^{2}=R^{2}=AB^{2}+AN^{2}-2AB\cdot AN\cos30^{\circ}=1+x^{2}-x\sqrt{3},$

$CN^{2}=2R^{2}=6+x^{2}-2\sqrt{6}x\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}=6+x^{2}-2x\sqrt{3}.$

Из полученной системы уравнений находим, что $x^{2}=4$. Следовательно, $AN=x=2$.
Второй способ. Пусть $R$ - радиус окружности. Во вписанном четырёхугольнике $ABNC$ имеем:

$BN=2R\sin30^{\circ}=R,~CN=2R\sin45^{\circ}=R\sqrt{2},~BC=2R\sin75^{\circ}.$

По теореме Птолемея

$AB\cdot CN+AC\cdot BN=AN\cdot BC,~\mbox{или}~R\sqrt{2}+R\sqrt{6}=AN\cdot2R\sin75^{\circ}.$

Следовательно,

$AN=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2\sin75^{\circ}}=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2\cdot\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}}=2.$