16239. В треугольнике ABC
сторона BC
больше стороны AC
. Основание D
высоты AD
, середина E
стороны AC
и точка F
пересечения биссектрисы внешнего угла при вершине C
с продолжением стороны AB
лежат на одной прямой.
а) Каким может быть угол BCA
?
б) Докажите, что AB\gt AC
.
в) Если известно, что AB^{2}=BC\cdot AC
, докажите, что \sin\angle ABC=\cos^{2}\angle ABC
, и найдите углы треугольника BAC
.
Ответ. а) 0^{\circ}\lt\angle BCA\lt60^{\circ}
; в) 90^{\circ}
, \arcsin\frac{\sqrt{5}-2}{2}
, \arccos\frac{\sqrt{5}-2}{2}
.
Решение. Пусть углы, противолежащие сторонам BC=a
, CA=b
и AB=c
треугольника ABC
равны \alpha
, \beta
и \gamma
. На продолжении стороны BC
за точку C
отметим точку K
.
а) Поскольку DE
— медиана прямоугольного треугольника ADC
, проведённая из вершины прямого угла, DE=\frac{1}{2}AC=CE
, поэтому
\angle DCE=\angle ECD=\gamma,
а так как FCK
— внешний угол треугольника BCF
, то
\angle FCK\gt\angle FDC=\gamma,~\mbox{или}~\frac{1}{2}(180^{\circ}-\gamma)\gt\gamma,
откуда \gamma\lt60^{\circ}
.
Ясно, что для любого 0^{\circ}\lt\gamma\lt60^{\circ}
точки D
, E
и F
определены независимо от точки A
. Таким образом, 0^{\circ}\lt\gamma\lt60^{\circ}
.
б) Заметим, что
\beta=\angle ABC\lt\angle FDC=\gamma,
поэтому (см. задачу 3499) AB\gt AC
.
в) Пусть c^{2}=ab
. По теореме Менелая для треугольника ABC
и прямой DF
, а также по свойству биссектрисы внешнего угла треугольника (см. задачу 1645) получаем
\frac{AF}{FB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}=1~\Rightarrow~\frac{CD}{DB}=\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=\frac{AF}{FB}=\frac{CA}{CB}=\frac{b}{a},
Значит,
\frac{\tg\beta}{\tg\alpha}=\frac{\frac{AD}{DB}}{\frac{AD}{CD}}=\frac{CD}{DB}=\frac{b}{a}.
В то же время, по теореме синусов
\frac{\sin\beta}{\sin\gamma}=\frac{b}{c}=\frac{b}{\sqrt{ab}}=\sqrt{\frac{b}{a}},
поэтому
\cos\beta\sin\beta=\cos\gamma\sin\gamma,~\mbox{или}~\sin2\beta=\sin2\gamma,
откуда (так как 2\beta\ne2\gamma
)
2\beta+2\gamma=180^{\circ}~\Rightarrow~\beta+\gamma=90^{\circ}.
Значит, \alpha=90^{\circ}
.
Тогда
\sin\beta=\frac{AC}{BC}=\frac{b}{a}~\mbox{и}~\cos\beta=\frac{BA}{BC}=\frac{\sqrt{ab}}{a}=\sqrt{\frac{b}{a}}.
Следовательно, \sin\beta=\cos^{2}\beta
. Что и требовалось доказать.
Из этого равенства получаем
\sin^{2}\beta+\sin\beta-1=0,
откуда \beta=\arcsin\frac{\sqrt{5}-2}{2}
.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2006, № 7, задача 3078 (2005, с. 457, 460), с. 471