5627. Диагональ AC
прямоугольника ABCD
с центром O
образует со стороной BC
угол 30^{\circ}
. Вне прямоугольника построен треугольник BKC
с углом 60^{\circ}
при вершине K
.
а) Докажите, что KO
— биссектриса угла BKC
.
б) Найдите длину отрезка прямой KO
, заключённого внутри прямоугольника ABCD
, если известно, что BC=3
и CK=2BK
.
Ответ. 2.
Указание. Точки B
, K
, C
и O
лежат на одной окружности.
Решение. а) Из равнобедренного треугольника BOC
находим, что \angle BOC=120^{\circ}
(рис. 1). Поэтому
\angle BOC+\angle BKC=120^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ}.
Значит, точки B
, K
, C
и O
лежат на одной окружности. Вписанные в эту окружность углы BKO
и CKO
опираются на равные хорды, поэтому \angle BKO=\angle CKO
, т. е. KO
— биссектриса угла BKC
.
б) В треугольнике BKC
сторона CK
вдвое больше стороны BK
, а угол между этими сторонами равен 60^{\circ}
, поэтому треугольник BKC
прямоугольный с прямым углом при вершине B
(см. задачу 2643). Значит, точка B
лежит на отрезке AK
.
Поскольку \angle KCB=\angle ACB=30^{\circ}
, высота CB
треугольника DBK
является его биссектрисой. Значит, этот треугольник равнобедренный (даже равносторонний), и B
— середина стороны AK
.
Пусть прямая KO
пересекает стороны BC
и AD
прямоугольника ABCD
в точках M
и N
соответственно (рис. 2). Поскольку CM\parallel DN
, а O
— середина AC
, то O
— середина MN
, значит, MN=2OM
.
Отрезки CB
и KO
— медианы равностороннего треугольника ACK
, поэтому
MO=\frac{1}{3}KO=\frac{1}{3}CB=\frac{1}{3}\cdot3=1.
Следовательно, MN=2MO=2
.