5852. Продолжения высоты CH
и биссектрисы CL
треугольника ABC
пересекают описанную около него окружность в точках P
и M
соответственно, причём CP=2CH
, CM=\frac{9}{4}CL
. Найдите углы треугольника ABC
.
Ответ. 90^{\circ}
, \frac{1}{2}\arcsin\frac{4}{5}=\arcsin\frac{1}{\sqrt{5}}
, 90^{\circ}-\arcsin\frac{1}{\sqrt{5}}
.
Решение. Из условия задачи следует, что прямая AB
— серединный перпендикуляр к хорде CP
, значит, AB
— диаметр окружности. Следовательно, \angle ACB=90^{\circ}
.
Обозначим \angle BAC=\alpha
. Пусть CL=4t
. Тогда ML=5t
, \angle ABC=90^{\circ}-\alpha
. По теореме синусов из треугольников ACL
и BCL
находим, что
AL=\frac{CL\sin45^{\circ}}{\sin\angle CAL}=\frac{4t\sqrt{2}}{2\sin\alpha}=\frac{2t\sqrt{2}}{\sin\alpha},
BL=\frac{CL\sin45^{\circ}}{\sin\angle CBL}=\frac{4t\sqrt{2}}{2\sin(90^{\circ}-\alpha)}=\frac{2t\sqrt{2}}{\cos\alpha}.
По теореме о произведениях отрезков пересекающихся хорд AL\cdot LB=CL\cdot LM
, или
\frac{2t\sqrt{2}}{\sin\alpha}\cdot\frac{2t\sqrt{2}}{\cos\alpha}=4t\cdot5t,~\frac{8t^{2}}{\sin\alpha\cos\alpha}=20t^{2},~\sin2\alpha=\frac{4}{5}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1993, билет 10, № 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. — № 93-10-4, с. 335