2846. В треугольнике ABC
точка D
лежит на стороне BC
, прямая AD
пересекается с биссектрисой угла ACB
в точке O
. Известно, что точки C
, D
и O
лежат на окружности, центр которой находится на стороне AC
, AC:AB=3:2
, а угол DAC
в три раза больше угла DAB
. Найдите косинус угла ACB
.
Ответ. \frac{2}{\sqrt{7}}
.
Указание. Обозначьте \angle ACO=\angle DCO=\alpha
, \angle BAD=\beta
, \angle CAD=3\beta
. Выразите \beta
через \alpha
и примените теорему синусов к треугольнику ABC
.
Решение. Обозначим \angle ACO=\angle DCO=\alpha
, \angle BAD=\beta
, \angle CAD=3\beta
. Пусть CE
— диаметр окружности, проходящей через точки C
, D
и O
. Тогда
\angle ODE=\angle OCE=\alpha,~\angle CDE=90^{\circ},~\angle DEC=90^{\circ}-2\alpha,
а так как DEC
— внешний угол треугольника ADE
, то
\angle DEC=\angle DAE+\angle ADE=\angle DAE+\angle OCE,~\mbox{или}~90^{\circ}-2\alpha=3\beta+\alpha,
откуда \beta=30^{\circ}-\alpha
. Поэтому
\angle ABC=180^{\circ}-\angle ACB-\angle BAC=180^{\circ}-2\alpha-4\beta=
=180^{\circ}-2\alpha-120^{\circ}+4\alpha=60^{\circ}+2\alpha.
По теореме синусов
\frac{\sin\angle ACB}{\sin\angle ABC}=\frac{AB}{AC},~\mbox{или}~\frac{\sin2\alpha}{\sin(60^{\circ}+2\alpha)}=\frac{2}{3}.
После очевидных преобразований получим:
3\sin2\alpha=2\sin(60^{\circ}+2\alpha),
3\sin2\alpha=\sqrt{3}\cos2\alpha+\sin2\alpha,
2\sin2\alpha=\sqrt{3}\cos2\alpha,~\tg2\alpha=\frac{\sqrt{3}}{2},
откуда
\cos^{2}2\alpha=\frac{1}{1+\tg^{2}2\alpha}=\frac{4}{7},
а так как 2\alpha\lt90^{\circ}
(как острый угол прямоугольного треугольника CDE
), то \cos2\alpha=\frac{2}{\sqrt{7}}
.