11896. В равнобедренном треугольнике ABC
с основанием AC
боковая сторона AB
равна 2, отрезок AD
— биссектриса треугольника ABC
. Через точку D
проведена касательная DH
к окружности, описанной около треугольника ADB
, точка H
лежит на стороне AC
. Найдите площадь треугольника ABC
, если CD=CH\sqrt{2}
.
Ответ. \sqrt{4\sqrt{2}-5}
.
Решение. Обозначим \angle BAD=\angle CAD=\alpha
, AC=x
, DH=y
. Пусть K
— точка на продолжении отрезка HD
за точку D
. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
\angle CDH=\angle BOK=\angle BAD=\alpha,
поэтому треугольники CDH
и CAD
подобны по двум углам. Значит,
\frac{CH}{CD}=\frac{CD}{AC},~\mbox{или}~\frac{x}{CD}=\frac{CD}{AC},~
откуда
AC=\frac{CD^{2}}{CH}=\frac{(CH\sqrt{2})^{2}}{CH}=\frac{2CH^{2}}{CH}=2CH.
Следовательно, H
— середина основания AC
.
По теореме об угле между касательной и хордой
\angle ADH=\angle ABD=18^{\circ}-4\alpha.
Применив теорему синусов к треугольникам ADH
и CDH
, получим
\frac{x}{\sin4\alpha}=\frac{y}{\sin\alpha},~\frac{x}{\sin\alpha}=\frac{y}{\sin2\alpha}.
Разделив первое равенство на второе, получим
\frac{\sin\alpha}{\sin4\alpha}=\frac{\sin2\alpha}{\sin\alpha},~\sin^{2}\alpha=\sin2\alpha\sin4\alpha,~
1-\cos2\alpha=4\sin^{2}\alpha\cos2\alpha,~1-\cos2\alpha=4(1-\cos^{2}2\alpha)\cos2\alpha,
а так как \cos2\alpha\ne1
(2\alpha\ne0
), то
1=4(1+\cos2\alpha)\cos2\alpha,~4\cos^{2}\alpha+4\cos2\alpha-1=0,
откуда \cos2\alpha=\frac{\sqrt{2}-1}{2}
. Тогда
AH=AB\cos2\alpha=2\cdot\frac{\sqrt{2}-1}{2}=\sqrt{2}-1,~
BH=\sqrt{AB^{2}-AH^{2}}=\sqrt{4-(\sqrt{2}-1)^{2}}=\sqrt{1+2\sqrt{2}}.
Следовательно,
S_{\triangle ABC}=AH\cdot BH=(\sqrt{2}-1)\sqrt{1+2\sqrt{2}}=\sqrt{4\sqrt{2}-5}.