17176. В ромбе ABCD
острый угол при вершине A
равен 60^{\circ}
, а сторона равна 7. Через вершину B
проведена прямая l
, пересекающая сторону CD
и проходящая на расстоянии \sqrt{21}
от середины стороны AD
. В каком отношении прямая l
делит сторону CD
?
Ответ. 2:1
, считая от точки C
.
Решение. Пусть M
— середина стороны AD
, N
— точка пересечения прямой l
со стороной CD
, K
— основание перпендикуляра, опущенного из точки M
на прямую l
. Поскольку BM\perp AD
, а BC\parallel AD
, то BM\perp BC
. Кроме того, по условию MK\perp BN
. Значит, углы CBN
и MBD
равны как углы с соответственно перпендикулярными сторонами. Обозначим их через \alpha
.
Из прямоугольного треугольника BKM
находим, что
\cos\alpha=\frac{MK}{BM}=\frac{\sqrt{21}}{\frac{7\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{7}},~\sin\alpha=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}.
По теореме синусов из треугольника BCN
со стороной BC=7
и углами
\angle BCN=60^{\circ},~CBN=\alpha~\mbox{и}~\angle CBN=180^{\circ}-60^{\circ}-\alpha=120^{\circ}-\alpha
получаем
\frac{CN}{\sin\alpha}=\frac{BC}{\sin(120^{\circ}-\alpha)}~\Rightarrow~CN=\frac{BC\sin\alpha}{\sin(120^{\circ}-\alpha)}=\frac{7\sin\alpha}{\sin120^{\circ}\cos\alpha-\cos120^{\circ}\sin\alpha}=
=\frac{7\cdot\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}}{\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{7}}+\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}}=\frac{14}{3}.
Тогда
DN=CD-CN=7-\frac{14}{3}=\frac{7}{3}.
Следовательно,
\frac{CN}{ND}=\frac{\frac{14}{3}}{\frac{7}{3}}=2.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет НГУ. — 1992, задача 3, вариант 2
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1992, с. 58, задача 3, вариант 2