5936. Вневписанная окружность с центром O
равнобедренного треугольника ABC
касается основания BC
и продолжения боковой стороны AB
в точке M
. При этом MC\perp AC
.
а) Докажите, что точка пересечения прямых AO
и MC
лежит на описанной окружности треугольника ABC
.
б) Найдите косинус угла при основании треугольника ABC
.
Ответ. \frac{\sqrt{3}-1}{2}
.
Решение. а) Пусть прямые AO
и MC
пересекаются в точке D
. Обозначим \angle ABC=\angle ACB=\alpha
. Тогда
\angle ADC=90^{\circ}-\angle CAD=90^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)=\alpha=\angle ABC.
Из точек D
и B
, лежащих по одну сторону от прямой AC
, отрезок AC
виден под одним и тем же углом, значит, эти точки лежат на одной окружности (см. задачу 12) — описанной окружности треугольника ABC
.
б) Пусть вневписанная окружность треугольника ABC
касается основания BC
в точке E
. Тогда E
— середина BC
. Обозначим BE=EC=a
. Тогда BM=BE=a
.
По теореме о внешнем угле треугольника
\angle BMC=\angle ABC-\angle BCM=\alpha-(90^{\circ}-\alpha)=2\alpha-90^{\circ}.
По теореме синусов \frac{BM}{\sin\angle BCM}=\frac{BC}{\sin\angle BMC}
, или
\frac{a}{\sin(90^{\circ}-\alpha)}=\frac{2a}{\sin\angle(2\alpha-90^{\circ})},~\frac{1}{\cos\alpha}=-\frac{2}{\cos2\alpha},~
-\cos2\alpha=2\cos\alpha,~2\cos^{2}\alpha+2\cos\alpha-1=0.
Поскольку \alpha\lt90^{\circ}
(как угол при основании равнобедренного треугольника), условию задачи удовлетворяет только положительный корень этого уравнения \cos\alpha=\frac{\sqrt{3}-1}{2}
.