13760. Дан треугольник ABC
, в котором \angle ABC=2\angle ACB
и \angle BAC\gt90^{\circ}
. Прямая, проходящая через вершину C
перпендикулярно стороне AC
, пересекает прямую AB
в точке D
. Докажите, что
\frac{1}{AB}-\frac{1}{BD}=\frac{2}{BC}.
Решение. Первый способ. Обозначим \angle ACB=\alpha
. Тогда (рис. 1)
\angle ABC=2\alpha,~\angle DAC=3\alpha,~\angle BAC=180^{\circ}-3\alpha,
\angle BCD=90^{\circ}+\alpha,~\angle BDC=90^{\circ}-\alpha.
По теореме синусов из треугольников ABC
и BCD
получаем
\frac{BC}{AB}=\frac{\sin(180^{\circ}-3\alpha)}{\sin\alpha}=\frac{\sin3\alpha}{\sin\alpha},
\frac{BC}{BD}=\frac{\sin(90^{\circ}-3\alpha)}{\sin(90^{\circ}+\alpha)}=\frac{\cos3\alpha}{\cos\alpha},
поэтому
\frac{BC}{AB}-\frac{BC}{BD}=\frac{\sin3\alpha}{\sin\alpha}-\frac{\cos3\alpha}{\cos\alpha}=
=\frac{\sin3\alpha\cos\alpha-\cos3\alpha\sin\alpha}{\sin\alpha\cos\alpha}=\frac{\sin(3\alpha-\alpha)}{\frac{1}{2}\sin\alpha\cos\alpha}=2.
Разделив обе части равенства
\frac{BC}{AB}-\frac{BC}{BD}=2
на BC
, получим
\frac{1}{AB}-\frac{1}{BD}=\frac{2}{BC}.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть O
— середина отрезка AD
(рис. 2). Поскольку \angle ACD=90^{\circ}
, точка O
— центр описанной окружности треугольника ACD
. Пусть эта окружность пересекает сторону BC
в точке E
. Тогда
\angle AOE=2\angle ACE=\angle ABE
(центральный угол вдвое больше соответствующего вписанного), поэтому
BE=OE=\frac{1}{2}AD.
Значит,
\frac{1}{2}AD\cdot BC=BE\cdot BC=BA\cdot BD
(см. задачу 2636). Тогда
\frac{2AB}{BC}=\frac{AD}{BD}=\frac{BD-AB}{BD}=1-\frac{AB}{BD}.
Разделив обе части равенства
\frac{2AB}{BC}=1-\frac{AB}{BD}
на AB
, получим
\frac{2}{BC}=\frac{1}{AB}-\frac{1}{BD}.
Что и требовалось доказать.