Задача №18235

В треугольнике $ABC$ с углом $\angle B=50^{\circ }$ и стороной $BC=3$ на высоте $BH$ взята такая точка $D\text{,}$ что $\angle ADC=130^{\circ }$ и $AD=\sqrt{3}\text{.}$ Найти угол между прямыми $AD$ и $BC\text{,}$ а также $\angle CBH\text{.}$

Высота $BH$ опущена из вершины $B$ на сторону $AC\text{,}$ поэтому $BH\perp AC$ и $H$ — основание перпендикуляра на прямой $AC\text{.}$ Точка $D$ лежит на отрезке $BH\text{,}$ значит отрезок $DH$ также перпендикулярен $AC$ (точки $D$ и $H$ имеют одну проекцию на $AC$).

Обозначения. Пусть $\gamma =\angle BCA$ — угол треугольника при вершине $C\text{.}$ Так как $\angle B=50^{\circ }\text{,}$ сумма двух других углов равна $\angle BAC+\angle BCA=130^{\circ }\text{.}$ Введём также углы, под которыми из $A$ и из $C$ видна точка $D\text{:}$

Шаг 1. Связь $\alpha +\beta =50^{\circ }\text{.}$ В треугольнике $ADC$ дан угол $\angle ADC=130^{\circ }\text{,}$ поэтому

Шаг 2. Нахождение $\beta =\angle DCA$ из условия $AD=\sqrt{3}\text{.}$ Применим теорему синусов к треугольнику $ADC\text{:}$

(здесь использовано $\sin 130^{\circ }=\sin 50^{\circ }$). Длину $AC$ выразим через данные треугольника $ABC$ по теореме синусов:

поскольку $\angle BAC=130^{\circ }-\gamma \text{.}$ Подставляя,

Шаг 3. Связь углов через положение $D$ на высоте. Из прямоугольных треугольников $DHC$ и $DHA$ (прямой угол при $H$) с общим катетом $DH\text{:}$

где $CH=BC\cos \gamma =3\cos \gamma$ (из прямоугольного треугольника $BHC$), а $AH=AC-CH\text{.}$ Кроме того из треугольника $DHA$ имеем $DH=AD\sin \alpha =\sqrt{3}\sin \alpha \text{.}$ Из равенства $CH\tan \beta =\sqrt{3}\sin \alpha$ с учётом $\alpha =50^{\circ }-\beta$ получаем второе уравнение, связывающее $\beta$ и $\gamma \text{:}$

Шаг 4. Решение системы (1)–(2). Подставив $\sin \beta$ из (1), система имеет единственное решение, удовлетворяющее условию $0<DH<BH$ (точка $D$ действительно лежит на отрезке высоты):

Проверка согласованности: при $\gamma =70^{\circ }$ имеем $\sin (130^{\circ }-\gamma )=\sin 60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}\text{,}$ и формула (1) даёт $\sin \beta =\frac{\sqrt{3}/2}{\sqrt{3}}=\frac{1}{2}\text{,}$ то есть $\beta =30^{\circ }$ — без посторонних значений (второй корень $\beta =150^{\circ }$ невозможен, так как $\beta <50^{\circ }$).

Шаг 5. Угол $\angle CBH\text{.}$ В прямоугольном треугольнике $BHC$ угол при вершине $H$ прямой, угол при $C$ равен $\gamma =70^{\circ }\text{,}$ поэтому

Шаг 6. Угол между прямыми $AD$ и $BC\text{.}$ Найдём углы, которые $AD$ и $BC$ образуют со стороной $AC\text{,}$ считая их от прямой $AC$ в одной полуплоскости (где лежат $B$ и $D$). Прямая $CB$ составляет с $CA$ угол $\angle BCA=\gamma =70^{\circ }\text{.}$ Прямая $AD$ составляет с $AC$ угол $\angle DAC=\alpha =20^{\circ }\text{.}$ Рассмотрим точку $P$ пересечения прямых $AD$ и $BC\text{;}$ в треугольнике, образованном этими прямыми и прямой $AC$ (с вершинами $A\text{,}$ $C$ и $P$), при вершинах $A$ и $C$ стоят углы $20^{\circ }$ и $70^{\circ }\text{,}$ поэтому угол при вершине $P$ равен

Следовательно, прямые $AD$ и $BC$ перпендикулярны, и искомый угол между ними равен $90^{\circ }\text{.}$

Ответ. Угол между прямыми $AD$ и $BC$ равен $90^{\circ }\text{;}$ $\angle CBH=20^{\circ }\text{.}$