13941. Дан равнобедренный треугольник ABC
с углом 100^{\circ}
при вершине A
. Точка D
лежит на стороне AB
, причём \angle BCD=10^{\circ}
. Точка E
лежит на стороне BC
, причём EC=AC
. При каком положении точки K
на отрезке CD
треугольники KAD
и KCE
равновелики?
Ответ. K
— точка пересечения CD
и AE
.
Решение. Заметим, что если точка K
движется по отрезку CD
от точки C
к D
, площадь треугольника KCE
строго возрастает, а площадь треугольника KAD
строго убывает, поэтому если нужное положение точки K
на отрезке CD
существует, то оно единственно. Докажем, что для точки K
, совпадающей с точкой пересечения отрезков CD
и AE
, требуемое условие выполняется, т. е. треугольники KAD
и KCE
равновелики.
Поскольку
\angle ACB=\angle ABC=\frac{1}{2}(180^{\circ}-100^{\circ})=40^{\circ},
то
\angle ACD=\angle ACB-\angle BCD=40^{\circ}-10^{\circ}=30^{\circ},~
\angle ADC=\angle ABC+\angle BCD=40^{\circ}+10^{\circ}=50^{\circ}.
По теореме синусов из треугольника ACD
получаем
\frac{AD}{\sin30^{\circ}}=\frac{AC}{\sin50^{\circ}}~\Rightarrow~AD=\frac{AC\sin30^{\circ}}{\sin50^{\circ}}=\frac{AC}{2\sin50^{\circ}}=\frac{AB}{2\sin50^{\circ}},
поэтому
BD=AB-AD=AB-\frac{AB}{2\sin50^{\circ}}=AB\cdot\frac{2\sin50^{\circ}-1}{2\sin50^{\circ}}.
В то же время,
BC=2AB\cos40^{\circ}=2AB\sin50^{\circ},
поэтому
BE=BC-CE=BC-AC=BC-AB=
=2AB\sin50^{\circ}-AB=AB(2\sin50^{\circ}-1).
Значит,
\frac{BE}{BD}=\frac{AB(2\sin50^{\circ}-1)}{AB\cdot\frac{2\sin50^{\circ}-1}{2\sin50^{\circ}}}=2\sin50^{\circ}=\frac{BC}{AB},
и поэтому DE\parallel AC
, т. е. ADEC
— трапеция. Следовательно (см. задачу 3017), треугольники KAD
и KCE
равновелики. Что и требовалось доказать.