3893. В треугольнике ABC
известно, что \angle BAC=\alpha
, AC=b
. Вписанная окружность касается сторон AB
и BC
в точках M
и N
, биссектриса угла BAC
пересекает прямую MN
в точке K
. Найдите расстояние от точки K
до прямой AC
.
Ответ. \frac{b}{2}\sin\alpha
.
Указание. Докажите, что \angle AKC=90^{\circ}
.
Решение. Пусть \angle ACB=\gamma
, \angle ABC=\beta
. Из равнобедренного треугольника MBN
находим, что
\angle BMN=\angle BNM=90^{\circ}-\frac{\beta}{2}=90^{\circ}-(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}-\frac{\gamma}{2})=\frac{\alpha}{2}+\frac{\gamma}{2}.
Поскольку BMK
— внешний угол треугольника AMK
, то
\angle AKM=\angle BMK-\angle MAK=\frac{\alpha}{2}+\frac{\gamma}{2}-\frac{\alpha}{2}=\frac{\gamma}{2}.
Пусть O
— центр вписанной окружности треугольника ABC
. Из доказанного следует, что из точек K
и C
отрезок ON
виден под одним и тем же углом \frac{\gamma}{2}
. Значит, точки K
, C
, N
и O
лежат на одной окружности, а так как \angle ONC=90^{\circ}
, то OC
— диаметр этой окружности. Следовательно, \angle AKC=\angle OKC=90^{\circ}
.
Таким образом, AC
— гипотенуза прямоугольного треугольника AKC
, а искомое расстояние равно высоте KH
этого треугольника, опущенной на гипотенузу. Следовательно,
KH=AK\cdot\sin\angle CAK=AC\cdot\cos\angle CAK\cdot\sin\angle CAK=b\cos\frac{\alpha}{2}\cdot\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2}b\sin\alpha.