Вопрос школьника
Стороны AC, AB, BC треугольника ABC равны 2√5, √7 и 2 соответственно. Точка K расположена вне треугольника ABC, причём отрезок KC пересекает сторону AB в точке, отличной от B. Известно, что треугольник с вершинами K, A и C подобен исходному. Найдите косинус угла AKC, если /KAC>90°.
Ответ от учителя
Для начала заметим, что треугольник $ABC$ не может быть прямоугольным, так как в этом случае было бы $AB^2 + BC^2 = AC^2$, что не выполняется для данных длин сторон. Значит, треугольник $ABC$ является остроугольным.
Так как треугольник $KAC$ подобен треугольнику $ABC$, то углы $KAC$ и $BAC$ равны. Обозначим этот угол через $alpha$. Тогда угол $KAB$ равен $180^circ — alpha$, так как сумма углов треугольника равна $180^circ$.
Рассмотрим теперь треугольник $KBC$. Из подобия треугольников $KAC$ и $ABC$ следует, что отношение длин сторон $KAC$ и $ABC$ равно отношению соответствующих высот. Высота треугольника $ABC$, опущенная на сторону $AB$, равна $sqrt{5}$ (можно найти, например, по формуле Герона). Высота треугольника $KAC$, опущенная на сторону $AC$, равна $KC cdot sin alpha$. Значит, имеем:
$$frac{KAC}{ABC} = frac{KC cdot sin alpha}{sqrt{5}}.$$
С другой стороны, из подобия треугольников $KBC$ и $ABC$ следует, что отношение длин сторон $KBC$ и $ABC$ равно отношению соответствующих высот. Высота треугольника $ABC$, опущенная на сторону $BC$, равна $1$. Высота треугольника $KBC$, опущенная на сторону $BC$, равна $KC cdot cos alpha$. Значит, имеем:
$$frac{KBC}{ABC} = frac{KC cdot cos alpha}{1}.$$
Сложим эти два равенства и получим:
$$frac{KAC}{ABC} + frac{KBC}{ABC} = frac{KC cdot sin alpha}{sqrt{5}} + KC cdot cos alpha.$$
Упростим выражение, используя то, что $ABC = sqrt{5} + 2$:
$$frac{KAC + KBC}{sqrt{5} + 2} = KC (sin alpha + 2 cos alpha).$$
Так как треугольник $KAC$ остроугольный, то $sin alpha > 0$ и $cos alpha > 0$. Значит, $sin alpha + 2 cos alpha > 0$. Также из условия $KAC > 90^circ$ следует, что $KAC + KBC > AC = 2$. Значит, $frac{KAC + KBC}{sqrt{5} + 2} > frac{2}{sqrt{5} + 2} = sqrt{5} — 1$.
Итак, мы получили неравенство:
$$(sqrt{5} — 1) KC < frac{KAC + KBC}{sqrt{5} + 2} < 2 KC (sin alpha + 2 cos alpha).$$ Теперь рассмотрим треугольник $KAC$. Из теоремы косинусов для этого треугольника имеем: $$cos angle AKC = frac{AC^2 + KC^2 - AK^2}{2 cdot AC cdot KC}.$$ Заметим, что $AK^2 = AB^2 + BK^2 = 20 + BK^2$, так как треугольник $ABK$ прямоугольный. Также из подобия треугольников $KAC$ и $ABC$ следует, что $frac{AC}{AB} = frac{KAC}{ABC}$. Значит, $AC = sqrt{5} KAC$ и $AB = frac{sqrt{5}}{2} ABC$. Подставляя это в формулу для косинуса, получаем: $$cos angle AKC = frac{5 KAC^2 + KC^2 - 20 - BK^2}{2 sqrt{5} KAC cdot KC}.$$ Осталось выразить $BK^2$ через $KAC$ и $KC$. Для этого воспользуемся теоремой Пифагора в треугольнике $KBC$: $$BK^2 = BC^2 - KC^2 = 4 - KC^2.$$ Теперь мы можем выразить косинус угла $angle AKC$ через $KAC$ и $KC$: $$cos angle AKC = frac{5 KAC^2 + KC^2 - 20 - (4 - BK^2)}{2 sqrt{5} KAC cdot KC} = frac{5 KAC^2 + BK^2 - 16}{2 sqrt{5} KAC cdot KC}.$$ Подставляем выражение для $BK^2$ и получаем: $$cos angle AKC = frac{5 KAC^2 + 20 - KC^2}{2 sqrt{5} KAC cdot KC}.$$ Теперь мы можем оценить косинус угла $angle AKC$ сверху и снизу, используя неравенство, которое мы получили ранее: $$(sqrt{5} - 1) KC < frac{KAC + KBC}{sqrt{5} + 2} < 2 KC (sin alpha + 2 cos alpha).$$ Заметим, что $sin alpha + 2 cos alpha = sqrt{5} cdot frac{sin alpha}{sqrt{5}} + 2 cdot frac{2 cos alpha}{2} leq sqrt{5} + 2$. Значит, можно записать: $$(sqrt{5} - 1) KC < frac{KAC + KBC}{sqrt{5} + 2} < 2 sqrt{5} KC.$$ Переносим $KC$ в знаменатель и получаем: $$(sqrt{5} - 1) < frac{KAC + KBC}{KC (sqrt{5} + 2)} < 2 sqrt{5}.$$ Так как $frac{KAC + KBC}{KC (sqrt{5} + 2)} = sin alpha + 2 cos alpha$, то мы получили оценку для этого выражения. Значит, мы можем оценить косинус угла $angle AKC$: $$(sqrt{5} - 1) < sin alpha + 2 cos alpha < 2 sqrt{5}.$$ Теперь осталось заметить, что $cos alpha = sqrt{1 - sin^2 alpha}$, и подставить это выражение в неравенство: $$(sqrt{5} - 1) < sin alpha + 2 sqrt{1 - sin^2 alpha} < 2 sqrt{5}.$$ Обозначим $t = sin alpha$. Тогда получаем квадратное неравенство: $$(t + 2 sqrt{1 - t^2} - sqrt{5} + 1)(t - 2 sqrt{1 - t^2} + sqrt{5} + 1) < 0.$$ Решаем его и получаем: $$frac{sqrt{5} - 1}{2} < t < frac{1}{sqrt{5}}.$$ Так как $cos alpha > 0$, то $t > 0$. Значит, можно взять косинус от обеих частей неравенства и получить:
$$frac{sqrt{5} — 1}{2 sqrt{5}} < cos angle AKC < frac{1}{2}.$$ Ответ: $frac{sqrt{5} - 1}{2 sqrt{5}} < cos angle AKC < frac{1}{2}$.
