5497. В равнобедренном треугольнике ABC
основание AC
равно 1, угол ABC
равен 2\arctg\frac{1}{4}
. Точка D
лежит на стороне BC
так, что площадь треугольника ABC
втрое больше площади треугольника ADC
. Найдите расстояние от точки D
до прямой AB
и радиус окружности, описанной около треугольника ADC
.
Ответ. \frac{8\sqrt{17}}{51}
, \frac{\sqrt{697}}{48}
.
Решение. Пусть BH
— высота треугольника ABC
. Обозначим \angle ABC=\beta
. Тогда
\tg\frac{\beta}{2}=\frac{1}{4},~\cos\frac{\beta}{2}=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\frac{\beta}{2}}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{16}}}=\frac{4}{\sqrt{17}},~\sin\frac{\beta}{2}=\frac{1}{\sqrt{17}}.
Из прямоугольного треугольника ABH
находим, что
BH=AH\ctg\frac{\beta}{2}=\frac{1}{2}\cdot4=2,~AB=\frac{AH}{\sin\frac{\beta}{2}}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{\sqrt{17}}}=\frac{\sqrt{17}}{2}.
Тогда
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BH=\frac{1}{2}\cdot1\cdot2=1,~S_{\triangle ABD}=\frac{2}{3}S_{\triangle ABC}=\frac{2}{3}.
Пусть DK
— перпендикуляр, опущенный из точки D
на прямую AB
. Тогда DK
— высота треугольника ABD
, поэтому
DK=\frac{2S_{\triangle ABD}}{AB}=\frac{2\cdot\frac{2}{3}}{\frac{\sqrt{17}}{2}}=\frac{8}{3\sqrt{17}}=\frac{8\sqrt{17}}{51}.
Поскольку \frac{CD}{BC}=\frac{S_{\triangle ACD}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{1}{3}
, то
CD=\frac{1}{3}BC=\frac{1}{3}AB=\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{17}}{2}=\frac{\sqrt{17}}{6}.
По теореме косинусов
AD=\sqrt{AC^{2}+CD^{2}-2AC\cdot CD\cos\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}\right)}=
=\sqrt{1+\left(\frac{\sqrt{17}}{6}\right)^{2}-2\cdot1\cdot\frac{\sqrt{17}}{6}\sin\frac{\beta}{2}}=\sqrt{1+\frac{17}{36}-\frac{\sqrt{17}}{3}\cdot\frac{1}{\sqrt{17}}}=\frac{\sqrt{41}}{6}.
Пусть R
— радиус окружности, описанной около треугольника ADC
. По теореме синусов
R=\frac{AD}{2\sin\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}\right)}=\frac{AD}{2\cos\frac{\beta}{2}}=\frac{\frac{\sqrt{41}}{6}}{2\cdot\frac{4}{\sqrt{17}}}=\frac{\sqrt{697}}{48}.