13504. На стороне BC
треугольника ABC
отмечена точка D
. Известно, что BD=AC
, \angle ADC=30^{\circ}
, и \angle ACB=48^{\circ}
. Найдите угол B
.
Ответ. 18^{\circ}
.
Решение. Пусть AC=BD=1
. Отметим на стороне BC
такую точку E
, для которой AE=1
. Тогда
\angle AEC=\angle ACE=48^{\circ},
\angle DEA=\angle AEC-\angle ADE=48^{\circ}-30^{\circ}=18^{\circ}.
По теореме синусов из треугольника AED
получаем
\frac{AE}{\sin30^{\circ}}=\frac{ED}{\sin18^{\circ}}~\Rightarrow~ED=\frac{AE\sin18^{\circ}}{\sin30^{\circ}}=2\sin18^{\circ}.
Первый способ. Докажем, что треугольники AED
и BEA
с общим углом при вершине E
подобны. Для этого установить, что стороны этих треугольников, заключающие общий угол, пропорциональны. Действительно,
\frac{BE}{AE}=\frac{AE}{DE}~\Rightarrow~1+2\sin18^{\circ}=\frac{1}{2\sin18^{\circ}}.
Рассмотрим треугольник XYZ
, в котором \angle X=\angle Y=72^{\circ}
, XY=1
, а XT
— биссектриса треугольника. Тогда
\angle XZT=36^{\circ}=\angle ZXT,~
\angle XTY=\angle ZXT+\angle XZT=36^{\circ}+36^{\circ}=72^{\circ}=\angle XYT.
Треугольники YXT
и XTZ
равнобедренные, поэтому
ZT=XT=XY=1.
Пусть XH
— перпендикуляр к YZ
. Тогда
YT=2AH=2XY\sin HYX=2\sin18^{\circ},~YZ=ZT+YT=1+2\sin18^{\circ},~
а так как по свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509) \frac{ZT}{TY}=\frac{XZ}{XY}
, то
\frac{1}{\sin18^{\circ}}=1+2\sin18^{\circ}.
Что и требовалось доказать.
Из доказанного подобия треугольников AED
и BEA
следует, что
\angle B=\angle ABD=\angle DAE=18^{\circ}.
Второй способ. Пусть известно, что \sin18^{\circ}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}
(см. задачу 1494). Тогда
ED\cdot EB=2\sin18^{\circ}(1+2\sin18^{\circ})=2\cdot\frac{\sqrt{5}-1}{4}\left(1+2\cdot\frac{\sqrt{5}-1}{4}\right)=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\cdot\frac{\sqrt{5}+1}{2}=1=EA^{2},
поэтому EA
— касательная к описанной окружности треугольника ADB
(см. задачу 4776). Тогда из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
\angle B=\angle ABD=\angle DEA=18^{\circ}.