16362. Дан треугольник ABC
, в котором \angle B=2\angle C
. На продолжении стороны BC
за точку C
отложили отрезок CD=\frac{1}{3}BC
. Докажите, что
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{4}BC^{2}\ctg\frac{\theta}{2},
где \theta=\angle BAD
.
Решение. Обозначим BC=a
, CA=b
, AB=c
и AD=d
. Пусть BE
— биссектриса треугольника ABC
.
Из свойства биссектрисы треугольника (см. задачу 1509) получаем, что
BE=\frac{ab}{a+c}.
Треугольники AEB
и ABC
с общим углом при вершине A
подобны по двум углам, поэтому
\frac{AC}{AB}=\frac{BC}{BE}~\Rightarrow~b=AC=\frac{AB\cdot BC}{BE}=\frac{AB\cdot BC}{BE}=\frac{c\cdot a}{\frac{ab}{a+c}}=\frac{c(a+c)}{b},
откуда b^{2}=c(a+c)
.
По теореме косинусов из треугольников ABC
и ABD
получаем
\cos\angle ABC=\cos\angle ABD=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=\frac{\frac{16}{9}a^{2}+c^{2}-d^{2}}{2\cdot\frac{4}{3}ac},
откуда
9d^{2}=(2a+3c)^{2}.
Из треугольника ABD
по теореме косинусов находим, что
\frac{16}{9}a^{2}=c^{2}+d^{2}-2cd\cos\theta~\Rightarrow~16a^{2}=9c^{2}+9d^{2}-18cd\cos\theta~\Rightarrow
\Rightarrow~\cos\theta=\frac{9c^{2}+(2a+3c)^{2}-16a^{2}}{18c(2a+3c)}=\frac{18c^{2}+12ac^{2}-12a^{2}}{18c(2a+3c)}=
=\frac{3c^{2}+2ac^{2}-2a^{2}}{3c(2a+3c)}=1-\frac{2a^{2}}{3cd}.
Тогда
2\sin^{2}\frac{\theta}{2}=1-\cos\theta=\frac{2a^{2}}{3cd}~\mbox{и}~cd=\frac{a^{2}}{3\sin^{2}\frac{\theta}{2}}.
Следовательно,
S_{\triangle ABC}=\frac{3}{4}S_{\triangle ABD}=\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}cd\sin\theta=\frac{3}{8}\cdot\frac{a^{2}}{3\sin^{2}\frac{\theta}{2}}\cdot2\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}=\frac{1}{4}a^{2}\ctg\frac{\theta}{2}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2017, № 6, задача 4162, с. 308