13174. В выпуклом четырёхугольнике ABCD
стороны AB
и CD
равны, DB
— биссектриса угла ADC
, AD:DC=4:3
. Найдите косинус угла AKB
, если K
— точка пересечения диагоналей AC
и BD
, и BK:KD=1:3
.
Ответ. \frac{1}{4}
.
Решение. Биссектриса угла ACD
и серединный перпендикуляр к стороне AC
пересекаются на окружности, описанной около этого треугольника (см. задачу 1743). По условию треугольник ABC
равнобедренный (AB=BC
), а DB
— биссектриса угла ADC
, следовательно, точка B
тоже лежит на этой окружности, т. е. четырёхугольник ABCD
вписанный.
По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509) AK:CK=AD:DC=4:3
. Положим AD=4x
, CD=3x
, BK=y
, KD=3y
, AK=4z
, DC=3z
. Обозначим \angle AKB=\alpha
, \angle ABC=\beta
, AB=BC=p
.
По теореме о пересекающихся хордах (см. задачу 2627) AK\cdot KC=BK\cdot KD
, или 4z\cdot3z=y\cdot3y
, откуда y=2z
. Из подобия треугольников ABK
и DCK
получаем \frac{AB}{CD}=\frac{BK}{CK}
, или
\frac{p}{3x}=\frac{y}{3z}=\frac{2z}{3z}=\frac{2}{3},
откуда x=\frac{p}{2}
.
По свойству вписанного четырёхугольника
\angle ADC=180^{\circ}-\angle ABC=180^{\circ}-\beta.
Применив теорему косинусов к треугольникам ABC
и ADC
, получим
49z^{2}=AC^{2}=AB^{2}+BC^{2}-2AB\cdot BC\cos\beta=2p^{2}-2p^{2}\cos\beta,
49z^{2}=AC^{2}=AD^{2}+DC^{2}-2AD\cdot DC\cos(180^{\circ}-\beta)=
=4p^{2}+\frac{9}{4}p^{2}+2\cdot2p\cdot\frac{3}{2}p\cos\beta=\frac{25}{4}p^{2}+6\cos\beta.
Из равенства \frac{25}{4}p^{2}+6\cos\beta=2p^{2}-2p^{2}\cos\beta
находим, что \cos\beta=-\frac{17}{32}
, поэтому
49z^{2}=2p^{2}-2p^{2}\cos\beta=2p^{2}\left(1+\cdot\frac{17}{32}\right)=\frac{49p^{2}}{16},
откуда z=\frac{p}{4}
. Таким образом, стороны треугольника ABK
равны
AB=p,~AK=4z=p,~BK=y=2z=\frac{p}{2}.
Следовательно,
\cos\alpha=\frac{\frac{1}{2}BK}{AK}=\frac{\frac{p}{4}}{p}=\frac{1}{4}.