11872. Продолжения медиан AE
и BF
равнобедренного треугольника ABC
с основанием AB
пересекают описанную около треугольника окружность в точках A_{1}
и B_{1}
соответственно. Известно, что A_{1}B_{1}=\frac{4}{3}AB
. Найдите углы треугольника.
Ответ. \angle C=\arccos\frac{4}{5}
, \angle A=\angle B=\arctg3
.
Решение. Пусть M
— точка пересечения медиан треугольника ABC
. Этот треугольник равнобедренный, поэтому A_{1}B_{1}\parallel AB
, значит, треугольник A_{1}MB_{1}
подобен треугольнику AMB
, причём коэффициент подобия равен \frac{A_{1}B_{1}}{AB}=\frac{4}{3}
.
Обозначим
BC=AC=a,~AE=BF=m,~EA_{1}=x.
Тогда
ME=\frac{1}{3}m,~AM=\frac{2}{3}m,~CE=BE=\frac{1}{2}a.
Из подобия
\frac{A_{1}M}{MA}=\frac{4}{3},~\mbox{или}~\frac{x+\frac{1}{3}m}{\frac{2}{3}m},
откуда m=\frac{9}{5}x
.
По теореме об отрезках пересекающихся хорд (см. задачу 2627)
CE\cdot BE=A_{1}E\cdot AE,~\mbox{или}~x\cdot m=\frac{a^{2}}{4},
откуда x=\frac{a^{2}}{4m}
. Значит,
m=\frac{9}{5}x=\frac{9}{5}\cdot\frac{a^{2}}{4m},
откуда m^{2}=\frac{9}{20}a^{2}
.
По теореме косинусов из треугольника ACE
находим, что
\cos\angle C=\frac{AC^{2}+CE^{2}-AE^{2}}{2AC\cdot CE}=\frac{a^{2}+\frac{a^{2}}{4}-\frac{9}{20}a^{2}}{2a\cdot\frac{a}{2}}=\frac{4}{5}.
Тогда \sin\angle C=\frac{3}{5}
.
Пусть AH
— высота треугольника ABC
. Тогда
CH=AC\cos\angle C=\frac{4}{5}a,~AH=AC\sin\angle C=\frac{3}{5}a,
BH=BC-CH=a-\frac{4}{5}a=\frac{1}{5}a.
Следовательно,
\tg\angle A=\tg\angle B=\frac{AH}{BH}=\frac{\frac{3}{5}a}{\frac{1}{5}a}=3.
Источник: Готман Э. Г. Задачи по планиметрии и методы их решения. — М.: Просвещение, 1996. — № 494, с. 130