2161. В трапеции ABCD
(AD\parallel BC
) на диагонали BD
расположена точка K
, причём BK:KD=1:2
. Найдите углы треугольника AKC
, если AC=AD-2BC
, \angle CAD=\alpha
.
Ответ. \frac{\pi-\alpha}{2}
, \arctg\frac{\sin\alpha}{2+\cos\alpha}
, \frac{\pi+\alpha}{2}-\arctg\frac{\sin\alpha}{2+\cos\alpha}
.
Указание. Пусть P
— такая точка на основании AD
, что DP=2BC
. Тогда треугольник CAP
равнобедренный, а отрезок CP
делит диагональ BD
в отношении 1:2
.
Решение. Отложим на продолжении основания BC
за точку C
отрезок CM
, равный BC
. Если P
— такая точка на основании AD
, что BP\parallel MD
, то BMDP
— параллелограмм,
DP=BM=2BC,~AP=AD-DP=AD-2BC=AC.
Поэтому треугольник ACP
— равнобедренный, \angle ACP=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}
.
Пусть K_{1}
— точка пересечения отрезков CP
и BD
. Из подобия треугольников BK_{1}C
и DK_{1}P
следует, что
\frac{BK_{1}}{K_{1}D}=\frac{BC}{DP}=\frac{1}{2}.
Поэтому точка K_{1}
совпадает с K
.
Пусть AQ
— высота треугольника CAP
. Обозначим KQ=x
. Тогда
QP=3x,~AQ=QP\cos\frac{\alpha}{2}=3x\cos\frac{\alpha}{2},~\tg\angle QAK=\frac{KQ}{AQ}=\frac{1}{3}\tg\frac{\alpha}{2}.
Следовательно,
\tg\angle CAK=\tg(\angle CAQ-\angle QAK)=\frac{\tg\frac{\alpha}{2}-\frac{1}{3}\tg\frac{\alpha}{2}}{1+\tg\frac{\alpha}{2}\cdot\frac{1}{3}\tg\frac{\alpha}{2}}=\frac{2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}}{3\cos^{2}\frac{\alpha}{2}+\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{\sin\alpha}{2+\cos\alpha}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1976, билет 9, № 4
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 76-9-4, с. 188