Условие задачи
Авторская задача. Высоты равнобедренного треугольника \(ABC\) с основанием \(AC\) пересекаются в точке \(H\), угол \(B\) равен 30 градусов. Луч \(CH\) второй раз пересекает окружность \(\omega\), описанную вокруг треугольника \(ABH\), в точке \(K.\)
а) Докажите, что \(BA\) – биссектриса угла\(KBC.\)
б) Отрезок \(BC\) пересекает окружность \(\omega\) в точке \(E.\) Найдите \(BE\), если \(AC=12.\)
Решение
а) Пусть \(AD, \ BT\) и \(CF\) – высоты треугольника \(ABC.\)
\(\triangle ABD\) – прямоугольный, \(\angle BDA=90^{\circ}, \ \angle BAD=60^{\circ}.\)
Тогда \(\angle HKB=\angle BAH=60^{\circ}\) (как вписанные углы, опирающиеся на дугу \(BH\)).
\(\triangle KBF\) – прямоугольный, \(\angle FKB=60^{\circ},\) тогда \(\angle KBF=30^{\circ}\Rightarrow BA\) – биссектриса \(\angle KBC.\)
Кроме того, \(\triangle KBC\) – правильный (\(\angle BKC=60^{\circ}\), высота \(BF\) является биссектрисой); \(KB=BC=KC.\)
б) \(AC=12, \ BC \cap \omega =E.\) Найдем \(BE.\)
По теореме синусов из \(\triangle ABC:\)
\(\displaystyle \frac{AC}{\sin\angle B}=\frac{AB}{\sin\angle C};\)
\(\angle C=\displaystyle \frac{180^{\circ}-30^{\circ}}{2}=75^{\circ};\)
\(24=\displaystyle \frac{AB}{\sin75^{\circ}}; \ AB=24\sin75^{\circ}.\)
Заметим, что из точки \(C\) проведены к окружности секущие \(CB\) и \(CK.\)
По свойству отрезков секущих \(CB\cdot CE=CK\cdot CH.\)
Поскольку \(BC=CK\), получается, что \(CE=CH.\)
Значит, треугольник \(CEH\) – правильный.
Тогда \(BE=CB – CE = AB – CH.\)
Из \(\triangle ACH\) по теореме синусов:
\(\displaystyle \frac{AC}{\sin\angle AHC}=\displaystyle \frac{CH}{\sin\angle HAC};\ \angle AHC=150^{\circ}, \ \angle HAC=15^{\circ}, \ CH=24\sin15^{\circ}.\)
\(BE=AB-CH=24\sin75^{\circ}-24\sin15^{\circ}=24(\sin75^{\circ}-\sin15^{\circ})=\)
\(=24\cdot 2\sin30^{\circ}\cdot \cos45^{\circ}=24\cos45^{\circ}=12\sqrt{2.}\)
Ответ:
б) \(12\sqrt{2}.\)
