5663. На отрезке CD
взята точка B
. Биссектриса CK
треугольника ABC
является боковой стороной равнобедренного треугольника CKD
с основанием CD
, а BK=BD
.
а) Докажите, что треугольник ABC
равнобедренный.
б) Известно, что \angle BAC=2\arcsin\frac{1}{8}
. В каком отношении прямая DK
делит сторону AC
?
Ответ. 16:9
, считая от вершины A
.
Решение. Первый способ. а) Обозначим \angle ACK=\angle BCK=\alpha
. Тогда
\angle BKD=\angle KDB=\angle BCK=\alpha,
а так как ABC
— внешний угол равнобедренного треугольника BDK
, то
\angle ABC=\angle BDK+\angle BKD=\alpha+\alpha=2\alpha=\angle ACB.
Следовательно, треугольник ABC
равнобедренный.
б) Пусть AH
— высота треугольника ABC
. Обозначим CH=BH=a
. Из прямоугольного треугольника ABH
находим, что
AB=\frac{BH}{\sin\angle BAH}=\frac{a}{\frac{1}{8}}=8a.
По свойству биссектрисы треугольника
\frac{BK}{AK}=\frac{BC}{AC}=\frac{BC}{AB}=\frac{2a}{8a}=\frac{1}{4},
значит,
AK=\frac{4}{5}AB=\frac{32}{5}a.
Поскольку \angle BAH=90^{\circ}-2\alpha
, а \sin\angle BAH=\frac{1}{8}
, то \cos2\alpha=\frac{1}{8}
.
Пусть прямая DK
пересекает сторону AC
в точке M
. В треугольнике AMK
известно, что
\angle AKM=\angle BKD=\alpha,~\angle AMK=\angle MCD+\angle CDM=2\alpha+\alpha=3\alpha.
Заметим, что
\sin3\alpha=\sin(\alpha+2\alpha)=\sin\alpha\cos2\alpha+\cos\alpha\sin2\alpha=
=\sin\alpha(\cos2\alpha+2\cos^{2}\alpha)=\sin\alpha(\cos2\alpha+1+\cos2\alpha)=
\sin\alpha(2\cos2\alpha+1)=\sin\alpha(2\cdot\frac{1}{8}+1)=\frac{5}{4}\sin\alpha.
По теореме синусов \frac{AM}{\sin\alpha}=\frac{AK}{\sin3\alpha}
, или \frac{AM}{\sin\alpha}=\frac{\frac{32}{5}a}{\frac{5}{4}\sin\alpha}
. Откуда
AM=\frac{32a}{\frac{5}{4}}=\frac{128a}{25},~CM=8a-\frac{128a}{25}=\frac{72a}{25}.
Следовательно,
\frac{AM}{CM}=\frac{128}{72}=\frac{16}{9}.
Второй способ. б) Пусть AH
— высота треугольника ABC
. Обозначим CH=BH=a
. Из прямоугольного треугольника ABH
находим, что
AB=\frac{BH}{\sin\angle BAH}=\frac{a}{\frac{1}{8}}=8a.
По свойству биссектрисы треугольника
\frac{BK}{AK}=\frac{BC}{AC}=\frac{BC}{AB}=\frac{2a}{8a}=\frac{1}{4},
значит,
BD=BK=\frac{1}{5}AB=\frac{8}{5}a,~CD=BC+BD=2a+\frac{8}{5}a=\frac{18}{5}a.
Пусть прямая DK
пересекает сторону AC
в точке M
. Применив теорему Менелая к треугольнику ABC
и прямой DM
, получим, что
\frac{AM}{MC}\cdot\frac{CD}{DB}\cdot\frac{BK}{KA}=1,~\mbox{или}~\frac{AM}{MC}\cdot\frac{\frac{18}{5}a}{\frac{8}{5}a}\cdot\frac{1}{4}=1,~
откуда \frac{AM}{MC}=\frac{16}{9}
.