Задание №18 — Многоугольники и их свойства

Решение:

а) Обозначим величину угла $BAC$ через $2x$.
Исходя из условий задачи, получаем равенство углов: $\angle CAD = \angle CA\alpha = \angle BA\alpha = \angle AC\alpha = \alpha$.
Рассмотрим треугольники $AB\alpha$ и $CBA$. Они подобны по первому признаку (по двум углам), так как угол $ABC$ у них общий, а $\angle BA\alpha = \angle ACB$.
Из подобия треугольников следует пропорциональность соответствующих сторон: $\frac{AB}{BC} = \frac{A\alpha}{AC}$.
Перемножив крайние и средние члены пропорции, получаем искомое соотношение: $AB \cdot AC = A\alpha \cdot BC$. Утверждение доказано.

б) Пусть точка $K$ является точкой пересечения отрезков $AC$ и $\alpha E$.
Заметим, что треугольники $A\alpha E$ и $C\alpha E$ равны по трем сторонам: сторона $\alpha E$ общая, $AE = CE$ по условию, а $A\alpha = \alpha C$, так как треугольник $A\alpha C$ является равнобедренным.
В равнобедренных треугольниках $A\alpha C$ и $AEC$ отрезки $\alpha K$ и $KE$ являются биссектрисами, а значит, и высотами к основанию $AC$.
Следовательно, $\alpha E \perp AC$, а точка $K$ делит $AC$ пополам: $KC = \frac{1}{2} AC = 4$.
По условию $\operatorname{tg} BCA = \operatorname{tg} \alpha = \frac{1}{2}$.
Из прямоугольного треугольника $\alpha KC$ находим: $\frac{\alpha K}{KC} = \operatorname{tg} \alpha \Rightarrow \alpha K = 4 \cdot \frac{1}{2} = 2$.
Вычислим тангенс двойного угла: $\operatorname{tg} 2 \alpha = \frac{2 \operatorname{tg} \alpha}{1 - \operatorname{tg}^2 \alpha} = \frac{1}{1 - 1/4} = \frac{4}{3}$.
Из прямоугольного треугольника $EKC$ выразим катет $EK$: $\frac{EK}{KC} = \operatorname{tg} 2 \alpha \Rightarrow EK = 4 \cdot \frac{4}{3} = \frac{16}{3}$.
Длина искомого отрезка $E\alpha$ складывается из длин его частей: $E\alpha = \alpha K + EK = 2 + \frac{16}{3} = \frac{22}{3}$.

Ответ: б) $\frac{22}{3}$

Источник: ФИПИ