Задача №15282

В параллелограмме $ABCD$ угол $BAC$ вдвое больше угла $CAD\text{.}$ Биссектриса угла $BAC$ пересекает отрезок $BC$ в точке $L\text{.}$ На продолжении стороны $CD$ за точку $D$ выбрана такая точка $E\text{,}$ что $AE=CE\text{.}$

а) Докажите, что $AL\cdot BC=AB\cdot AC\text{.}$

б) Найдите $EL\text{,}$ если $AC=8\text{,}$ $\mathrm{tg}\angle BCA=\frac{1}{2}\text{.}$

а) Доказательство равенства $AL\cdot BC=AB\cdot AC\text{.}$

Рассмотрим треугольники $ABL$ и $ABC\text{.}$
В треугольнике $ABL$ по теореме синусов:

$$\frac{AL}{\sin \angle ABL}=\frac{AB}{\sin \angle ALB}.$$

В треугольнике $ABC$ по теореме синусов:

$$\frac{AC}{\sin \angle ABC}=\frac{BC}{\sin \angle BAC}.$$

Обозначим $\angle CAD=\alpha \text{,}$ тогда $\angle BAC=2\alpha \text{.}$ Так как $AD\parallel BC\text{,}$ то $\angle BCA=\angle CAD=\alpha$ (как накрест лежащи

е). В треугольнике $ABC\text{:}$
$\angle BAC=2\alpha \text{,}$ $\angle BCA=\alpha \text{,}$ значит $\angle ABC=180^{\circ }-3\alpha \text{.}$
Биссектриса $AL$ делит $\angle BAC$ пополам, поэтому $\angle BAL=\angle LAC=\alpha \text{.}$
В треугольнике $ABL\text{:}$ $\angle BAL=\alpha \text{,}$ $\angle ABL=\angle ABC=180^{\circ }-3\alpha \text{,}$ откуда $\angle ALB=180^{\circ }-\alpha -(180^{\circ }-3\alpha )=2\alpha \text{.}$

Подставляем в отношения:

$$\frac{AL}{\sin (180^{\circ }-3\alpha )}=\frac{AB}{\sin 2\alpha }\Rightarrow \frac{AL}{\sin 3\alpha }=\frac{AB}{\sin 2\alpha },$$ $$\frac{AC}{\sin (180^{\circ }-3\alpha )}=\frac{BC}{\sin 2\alpha }\Rightarrow \frac{AC}{\sin 3\alpha }=\frac{BC}{\sin 2\alpha }.$$

Из этих пропорций получаем:

$$\frac{AL}{AB}=\frac{\sin 3\alpha }{\sin 2\alpha }=\frac{AC}{BC},$$

откуда $AL\cdot BC=AB\cdot AC\text{.}$
Равенство доказано.

б) Найдём $EL$ при $AC=8\text{,}$ $\mathrm{tg}\angle BCA=\frac{1}{2}\text{.}$

Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD\text{.}$ Тогда $O$ — середина $AC\text{.}$ Поместим начало координат в точку $O\text{,}$ ось $Ox$ направим вдоль $AC\text{.}$ Тогда $A(-4,0)\text{,}$ $C(4,0)\text{.}$

Обозначим $\alpha =\angle BCA\text{.}$ Из условия $\mathrm{tg}\alpha =\frac{1}{2}\text{,}$ откуда $\sin \alpha =\frac{1}{\sqrt{5}}\text{,}$ $\cos \alpha =\frac{2}{\sqrt{5}}\text{.}$
Вычислим:

$$\sin 2\alpha =2\sin \alpha \cos \alpha =\frac{4}{5},\cos 2\alpha ={\cos }^2\alpha -{\sin }^2\alpha =\frac{3}{5},\sin 3\alpha =\sin (2\alpha +\alpha )=\sin 2\alpha \cos \alpha +\cos 2\alpha \sin \alpha =\frac{11}{5\sqrt{5}}.$$

В треугольнике $ABC$ по теореме синусов:

$$\frac{AB}{\sin \alpha }=\frac{BC}{\sin 2\alpha }=\frac{AC}{\sin 3\alpha }=\frac{8}{\frac{11}{5\sqrt{5}}}=\frac{40\sqrt{5}}{11}.$$

Отсюда:

$$AB=\frac{40\sqrt{5}}{11}\cdot \sin \alpha =\frac{40\sqrt{5}}{11}\cdot \frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{40}{11},$$ $$BC=\frac{40\sqrt{5}}{11}\cdot \sin 2\alpha =\frac{40\sqrt{5}}{11}\cdot \frac{4}{5}=\frac{32\sqrt{5}}{11}.$$

Найдём координаты точки $B\text{.}$ Вектор $\overrightarrow{AB}$ имеет длину $40/11$ и образует с $\overrightarrow{AC}=(8,0)$ угол $2\alpha \text{,}$ причём $\cos 2\alpha =3/5\text{.}$ Пусть $B(x_B,y_B)\text{.}$ Тогда $\overrightarrow{AB}=(x_B+4,y_B)\text{.}$

$$\frac{x_B+4}{AB}=\cos 2\alpha =\frac{3}{5}\Rightarrow x_B+4=\frac{40}{11}\cdot \frac{3}{5}=\frac{24}{11}\Rightarrow x_B=\frac{24}{11}-4=-\frac{20}{11}.$$

Из длины $AB\text{:}$

$$(x_B+4{)}^2+y_B^2={\left(\frac{40}{11}\right)}^2\Rightarrow {\left(\frac{24}{11}\right)}^2+y_B^2=\frac{1600}{121}\Rightarrow y_B^2=\frac{1024}{121}\Rightarrow y_B=\frac{32}{11}$$

(выбираем положительную ординату, чтобы угол $\alpha$ был положительным).
Итак, $B\left(-\frac{20}{11},\frac{32}{11}\right)\text{.}$

В параллелограмме $D=A+C-B=(-4+4-(-\frac{20}{11}),0+0-\frac{32}{11})=\left(\frac{20}{11},-\frac{32}{11}\right)\text{.}$

Точка $L$ — точка пересечения биссектрисы угла $BAC$ со стороной $BC\text{.}$ По свойству биссектрисы:

$$\frac{BL}{LC}=\frac{AB}{AC}=\frac{40/11}{8}=\frac{5}{11}.$$

Значит, $L$ делит отрезок $BC$ в отношении $5:11$ от $B$ к $C\text{.}$ Координаты:

$$x_L=x_B+\frac{5}{16}(x_C-x_B)=-\frac{20}{11}+\frac{5}{16}\left(4+\frac{20}{11}\right)=-\frac{20}{11}+\frac{5}{16}\cdot \frac{64}{11}=0,$$ $$y_L=y_B+\frac{5}{16}(y_C-y_B)=\frac{32}{11}+\frac{5}{16}\left(0-\frac{32}{11}\right)=\frac{32}{11}-\frac{10}{11}=2.$$

Таким образом, $L(0,2)\text{.}$

Найдём точку $E$ на продолжении $CD$ за точку $D\text{.}$ Прямая $CD$ проходит через $C(4,0)$ и $D\left(\frac{20}{11},-\frac{32}{11}\right)\text{.}$ Направляющий вектор: $\overrightarrow{CD}=\left(-\frac{24}{11},-\frac{32}{11}\right)=-\frac{8}{11}(3,4)\text{.}$
Параметризуем: $E=C+t(3,4)\text{,}$ где $t$ — параметр. При $t=-\frac{8}{11}$ получаем точку $D\text{,}$ а при $t<-\frac{8}{11}$ — точку на продолжении за $D\text{.}$
Пусть $E=(4+3t,4t)\text{.}$ Условие $AE=CE$ даёт:

$$A{E}^2=(4+3t+4{)}^2+(4t{)}^2=(3t+8{)}^2+16t^2,C{E}^2=(3t{)}^2+(4t{)}^2=25t^2.$$

Приравниваем:

$$(3t+8{)}^2+16t^2=25t^2\Rightarrow 9t^2+48t+64+16t^2=25t^2\Rightarrow 48t+64=0\Rightarrow t=-\frac{4}{3}.$$

Тогда $E=(4+3\cdot (-\frac{4}{3}),4\cdot (-\frac{4}{3}))=(0,-\frac{16}{3})\text{.}$

Точки $L(0,2)$ и $E(0,-\frac{16}{3})$ лежат на одной вертикальной прямой, поэтому

$$EL=|2-(-\frac{16}{3})|=2+\frac{16}{3}=\frac{22}{3}.$$

Ответ:
а) Доказано.

б) $\frac{22}{3}\text{.}$