13793. Дан треугольник ABC
в котором AB=AC=5
, BC=6
. Точки E
и F
лежат на сторонах AC
и AB
соответственно, причём BE=CF
, но \angle CBE\ne BCF
. Известно также, что \sin\angle CBE=\frac{5}{13}
. Пусть P
— точка пересечения отрезков BE
и CF
. Найдите высоту HK
треугольника BHC
.
Ответ. \frac{1265}{676}
.
Решение. Пусть F'
— точка симметричная точке F
относительно высоты треугольника ABC
, проведённой из вершины A
. Обозначим
\angle CBE=\theta,~\angle FCB=\mu,~\angle ACB=\omega,~\angle AEB=\alpha,~\angle EBF'=\beta.
Поскольку \theta\ne\mu
, точки F
и F'
различны. Треугольник BEF'
равнобедренный.
Поскольку
\sin\theta=\frac{5}{13}~\mbox{и}~\cos\omega=\frac{\frac{1}{2}BC}{AC}=\frac{3}{5},
то
\cos\theta=\frac{12}{13},~\tg\theta=\frac{5}{12},~\sin\omega=\frac{4}{5},~\tg\omega=\frac{4}{3}.
По теореме о внешнем угле треугольника \alpha=\theta+\omega
. Тогда
\tg\alpha=\tg(\theta+\omega)=\frac{\tg\theta+\tg\omega}{1-\tg\theta\tg\omega}=\frac{\frac{5}{12}+\frac{4}{3}}{1-\frac{5}{12}\cdot\frac{4}{3}}=\frac{63}{16},
причём \alpha\lt90^{\circ}
, так как \tg\alpha\gt0
. Значит, точка E
лежит между F'
и C
, и
\mu=\angle FCB=\angle F'BC=\beta+\theta.
Поскольку
\beta+2\alpha=180^{\circ}
(как сумма углов равнобедренного треугольника BEF'
), то
\tg\beta=\tg(180^{\circ}-2\alpha)=-\tg2\alpha=\frac{2\tg\alpha}{\tg^{2}\alpha-1}=\frac{2\cdot\frac{63}{16}}{\left(\frac{63}{16}\right)^{2}-1}=\frac{2016}{3713}.
Тогда
\tg\mu=\tg(\beta+\theta)=\frac{\tg\beta+\tg\theta}{1-\tg\beta\tg\theta}=\frac{\frac{2016}{3713}+\frac{5}{12}}{1-\frac{2016}{3713}\cdot\frac{5}{12}}=\frac{253}{204},
а так как
BK=\frac{HK}{\tg\theta},~KC=\frac{HK}{\tg\mu}~\mbox{и}~BK+KC=BC=6,
то
HK=\frac{6\tg\theta\tg\mu}{\tg\theta+\tg\mu}=\frac{6\tg\theta\tg\mu}{\tg\theta+\tg\mu}=\frac{6\cdot\frac{5}{12}\cdot\frac{253}{204}}{\frac{5}{12}+\frac{253}{204}}=\frac{7590}{4056}=\frac{1265}{676}.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2007, № 3, задача 3128, с. 179