17101. В треугольнике ABC
известно, что AB=BC
, AC=2a
, \angle ABC=\alpha
. Медиана треугольника, выходящая из вершины A
, продолжена до пересечения с описанной окружностью в точке D
. Найти площадь треугольника BDC
.
Ответ. \frac{a^{2}\ctg\frac{\alpha}{2}}{5-4\cos\alpha}
.
Решение. Пусть E
и H
— середины боковой стороны BC
и основания AC
треугольника ABC
, D
— точка пересечения продолжения медианы AE
с описанной окружностью. Тогда
BC=AB=\frac{AH}{\sin\frac{1}{2}\angle ABC}=\frac{a}{\sin\frac{\alpha}{2}}.
По формуле для медианы треугольника (см. задачу 4014)
AE=\frac{1}{2}\sqrt{2AB^{2}+2AC^{2}-BC^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{AB^{2}+2AC^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{a^{2}}{\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}+8a^{2}}=
=\frac{a}{2\sin\frac{\alpha}{2}}\sqrt{1+4\cdot2\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{a}{2\sin\frac{\alpha}{2}}\sqrt{1+4(1-\cos\alpha)}=\frac{a\sqrt{5-4\cos\alpha}}{2\sin\frac{\alpha}{2}}.
По теореме о произведении отрезков пересекающихся хорд (см. задачу 2627)
DE\cdot AE=BE\cdot CE~\Rightarrow~DE=\frac{BE\cdot CE}{AE}=\frac{\frac{1}{4}BC^{2}}{AE}=\frac{\frac{a^{2}}{4\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}}{\frac{a\sqrt{5-4\cos\alpha}}{2\sin\frac{\alpha}{2}}}=\frac{a}{2\sin\frac{\alpha}{2}\sqrt{5-4\cos\alpha}}.
Отношение катетов DP
и AQ
подобных прямоугольных треугольников DPE
и AQE
равно отношению гипотенуз, т. е.
\frac{DP}{AQ}=\frac{DE}{AE}=\frac{\frac{a}{2\sin\frac{\alpha}{2}\sqrt{5-4\cos\alpha}}}{\frac{a\sqrt{5-4\cos\alpha}}{2\sin\frac{\alpha}{2}}}=\frac{1}{5-4\cos\alpha}
Следовательно, из подобия треугольников BED
и AEC
находим
S_{\triangle BDC}=\frac{DP}{AQ}\cdot S_{\triangle ABC}=\frac{1}{5-4\cos\alpha}\cdot\frac{1}{2}AC\cdot BH=
=\frac{1}{5-4\cos\alpha}\cdot a^{2}\ctg\frac{\alpha}{2}=\frac{a^{2}\ctg\frac{\alpha}{2}}{5-4\cos\alpha}.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет НГУ. — 1975, задача 2, вариант 5
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1975, с. 7, задача 2, вариант 5