4539. В равнобедренном треугольнике ABC
(AB=BC
) высота AF
пересекает высоту BD
в точке O
, причём \frac{BO}{OD}=h
. В каком отношении биссектриса AE
делит высоту BD
?
Ответ. \sqrt{h+2}
, считая от вершины B
.
Решение. Положим OD=x
, BO=hx
. Обозначим \angle ABD=\angle CBD=\angle CAF=\alpha
. Из прямоугольных треугольников AOD
и ABD
находим, что
\tg\alpha=\frac{OD}{AD}=\frac{x}{AD},~\tg\alpha=\frac{AD}{BD}=\frac{AD}{x(h+1)}.
Из равенства \frac{x}{AD}=\frac{AD}{x(h+1)}
следует, что AD=x\sqrt{h+1}
.
По теореме Пифагора
AB=\sqrt{AD^{2}+BD^{2}}=\sqrt{x^{2}(h+1)+x^{2}(h+1)^{2}}=x\sqrt{(h+1)(h+2)}.
Пусть Q
— точка пересечения биссектрисы AE
с высотой BD
. Тогда AQ
— биссектриса треугольника ABD
. По свойству биссектрисы треугольника
\frac{BQ}{QD}=\frac{AB}{AD}=\frac{x\sqrt{(h+1)(h+2)}}{x\sqrt{h+1}}=\sqrt{h+2}.