Условие задачи
(Авторская задача) Высоты равнобедренного треугольника АВС с основанием АС пересекаются в точке Н, угол В равен 30 градусов. Луч СН второй раз пересекает окружность ω, описанную вокруг треугольника АВН, в точке К.
а) Докажите, что ВА – биссектриса угла КВС.
б) Отрезок ВС пересекает окружность ω в точке Е. Найдите ВЕ, если АС = 12.
Решение
а) Пусть AD, ВТ и CF – высоты треугольника ABC.
△AВD – прямоугольный, ∠BDA=90°, ∠BAD=60°.
Тогда ∠HKB=∠BAH =60° (как вписанные углы, опирающиеся на дугу BH).
△KBF – прямоугольный, ∠FKB=60°, тогда ∠KBF=30° => BA – биссектриса ∠KBС.
Кроме того, △KBС – правильный (∠ВКС=60°, высота BF является биссектрисой); KB=BC=KC.
б) AC=12, BC∩ω=E. Найдем ВЕ.
По теореме синусов из △АBС:
\(\frac{AC}{\sin\angle B}=\frac{AB}{\sin\angle C};\)
\(\angle C=\frac{180^{\circ}-30^{\circ}}{2}=75^{\circ};\)
\(24=\frac{AB}{\sin75^{\circ}};\ AB=24\sin75^{\circ}.\)
Заметим, что из точки С проведены к окружности секущие СВ и СК;
по свойству отрезков секущих СВ∙СЕ=СК∙СН;
поскольку ВС=СК, получается, что СЕ=СН.
Значит, треугольник СЕН – правильный.
Тогда ВЕ=СВ – СЕ = АВ – СН.
Из △АСН по теореме синусов:
\(\frac{AC}{\sin\angle AHC}=\frac{CH}{\sin\angle HAC};\ \angle AHC=150^{\circ}, \ \angle HAC=15^{\circ},\)
\(CH=24\sin15^{\circ}.\)
\(BE=AB-CH=24\sin75^{\circ}-24\sin15^{\circ}=24(\sin75^{\circ}-\sin15^{\circ})=\)
\(=24\cdot 2\sin30^{\circ}\cdot \cos45^{\circ}=24\cos45^{\circ}=12\sqrt{2.}\)
Ответ:
б) \(12\sqrt{2}.\)
