13057. Угол при вершине равнобедренного треугольника равен 2\alpha
. Прямая, пересекающая высоту на расстоянии c
от вершины, образует с продолжением основания угол \beta
. Найдите площадь треугольника, отсекаемого этой прямой от данного треугольника.
Ответ. \frac{c^{2}\cos^{2}\beta\sin2\alpha}{2\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)}
.
Решение. Пусть угол при вершине C
равнобедренного треугольника ABC
равен 2\alpha
, а прямая, пересекающая высоту CH
в точке D
, пересекает продолжение основания за точку B
в точке M
и боковую сторону AC
— в точке L
. По условию CD=c
.
Луч CH
— биссектриса угла при вершине C
треугольника ABC
, поэтому \angle BCH=\alpha
. По теореме о внешнем угле треугольника
\angle CDK=\angle CDL=\angle DHM+\angle DMH=90^{\circ}+\beta.
Тогда
\angle CKD=180^{\circ}-\angle CDK-\angle DCK=180^{\circ}-(90^{\circ}+\beta)-\alpha=90^{\circ}-\alpha-\beta.
Применив теорему синусов к треугольнику CDK
, получим \frac{CK}{\sin\angle CDK}=\frac{CD}{\sin\angle CKD}
, откуда
CK=\frac{CD\sin\angle CDK}{\sin\angle CKD}=\frac{c\sin(90^{\circ}+\beta)}{\sin(90^{\circ}-\alpha-\beta)}=\frac{c\cos\beta}{\cos(\alpha+\beta)}.
По формуле площади треугольника по стороне и двум прилежащим к ней углам (см. задачу 4020)
S_{\triangle CKL}=\frac{CK^{2}\sin\angle KCL\sin\angle CKL}{2\sin(\angle KCL+\angle CKL)}=\frac{\left(\frac{c\cos\beta}{\cos(\alpha+\beta)}\right)^{2}\cdot\sin2\alpha\cos(\alpha+\beta)}{2\sin(2\alpha+90^{\circ}-\alpha-\beta)}=
=\frac{c^{2}\cos^{2}\beta\sin2\alpha\cos(\alpha+\beta)}{2\cos^{2}(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)}=\frac{c^{2}\cos^{2}\beta\sin2\alpha}{2\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)}.