5494. В равнобедренном треугольнике ABC
основание AC
равно 1, угол ABC
равен 2\arctg\frac{1}{2}
. Точка D
лежит на стороне BC
так, что площадь треугольника ABC
вчетверо больше площади треугольника ADC
. Найдите расстояние от точки D
до прямой AB
и радиус окружности, описанной около треугольника ADC
.
Ответ. \frac{3\sqrt{5}}{10}
, \frac{\sqrt{265}}{32}
.
Решение. Пусть BH
— высота треугольника ABC
. Обозначим \angle ABC=\beta
. Тогда
\tg\frac{\beta}{2}=\frac{1}{2},~\cos\frac{\beta}{2}=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\frac{\beta}{2}}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{4}}}=\frac{2}{\sqrt{5}},~\sin\frac{\beta}{2}=\frac{1}{\sqrt{5}}.
Из прямоугольного треугольника ABH
находим, что
BH=AH\ctg\frac{\beta}{2}=\frac{1}{2}\cdot2=1,~AB=\frac{AH}{\sin\frac{\beta}{2}}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{\sqrt{5}}}=\frac{\sqrt{5}}{2}.
Тогда
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BH=\frac{1}{2}\cdot1\cdot1=\frac{1}{2},~S_{\triangle ABD}=\frac{3}{4}S_{\triangle ABC}=\frac{3}{8}.
Пусть DK
— перпендикуляр, опущенный из точки D
на прямую AB
. Тогда DK
— высота треугольника ABD
, поэтому
DK=\frac{2S_{\triangle ABD}}{AB}=\frac{\frac{3}{4}}{\frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{3\sqrt{5}}{10}.
Поскольку \frac{CD}{BC}=\frac{S_{\triangle ACD}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{1}{4}
, то
CD=\frac{1}{4}BC=\frac{1}{4}AB=\frac{1}{4}\cdot\frac{\sqrt{5}}{2}=\frac{\sqrt{5}}{8}.
По теореме косинусов
AD=\sqrt{AC^{2}+CD^{2}-2AC\cdot CD\cos\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}\right)}=
=\sqrt{1+\left(\frac{\sqrt{5}}{8}\right)^{2}-2\cdot1\cdot\frac{\sqrt{5}}{8}\sin\frac{\beta}{2}}=\sqrt{1+\frac{5}{64}-\frac{\sqrt{5}}{4}\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}}=\frac{\sqrt{53}}{8}.
Пусть R
— радиус окружности, описанной около треугольника ADC
. По теореме синусов
R=\frac{AD}{2\sin\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}\right)}=\frac{AD}{2\cos\frac{\beta}{2}}=\frac{\frac{\sqrt{53}}{8}}{2\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}}=\frac{\sqrt{265}}{32}.