Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16505
2026-02-19 
На стороне $BC$ треугольника $ABC$ отмечена точка $D$. Известно, что $BD=AC$, $\angle ADC=30^{\circ}$ и $\angle ACB=48^{\circ}$. Найдите угол $B$
Решение:
Пусть $AC=BD=1$. Отметим на стороне $BC$ такую точку $E$, для которой $AE=1$. Тогда
$\angle AEC=\angle ACE=48^{\circ},$
$\angle DEA=\angle AEC-\angle ADE=48^{\circ}-30^{\circ}=18^{\circ}.$
По теореме синусов из треугольника $AED$ получаем
$\frac{AE}{\sin30^{\circ}}=\frac{ED}{\sin18^{\circ}}~\Rightarrow~ED=\frac{AE\sin18^{\circ}}{\sin30^{\circ}}=2\sin18^{\circ}.$
Первый способ. Докажем, что треугольники $AED$ и $BEA$ с общим углом при вершине $E$ подобны. Для этого установить, что стороны этих треугольников, заключающие общий угол, пропорциональны. Действительно,
$\frac{BE}{AE}=\frac{AE}{DE}~\Rightarrow~1+2\sin18^{\circ}=\frac{1}{2\sin18^{\circ}}.$
Рассмотрим треугольник $XYZ$, в котором $\angle X=\angle Y=72^{\circ}$, $XY=1$, а $XT$ - биссектриса треугольника. Тогда
$\angle XZT=36^{\circ}=\angle ZXT,$
$\angle XTY=\angle ZXT+\angle XZT=36^{\circ}+36^{\circ}=72^{\circ}=\angle XYT.$
Треугольники $YXT$ и $XTZ$ равнобедренные, поэтому
$ZT=XT=XY=1.$
Пусть $XH$ - перпендикуляр к $YZ$. Тогда
$YT=2AH=2XY\sin\angle HYX=2\sin18^{\circ},~YZ=ZT+YT=1+2\sin18^{\circ},$
а т.к. по свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 5137) $\frac{ZT}{TY}=\frac{XZ}{XY}$, то
$\frac{1}{\sin18^{\circ}}=1+2\sin18^{\circ}.$
Что и требовалось доказать.
Из доказанного подобия треугольников $AED$ и $BEA$ следует, что
$\angle B=\angle ABD=\angle DAE=18^{\circ}.$
Второй способ. Пусть известно, что $\sin18^{\circ}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$ (см. задачу 5122). Тогда
$ED\cdot EB=2\sin18^{\circ}(1+2\sin18^{\circ})=2\cdot\frac{\sqrt{5}-1}{4}\left(1+2\cdot\frac{\sqrt{5}-1}{4}\right)=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\cdot\frac{\sqrt{5}+1}{2}=1=EA^{2},$
поэтому $EA$ - касательная к описанной окружности треугольника $ADB$ (см. задачу 7887). Тогда из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
$\angle B=\angle ABD=\angle DEA=18^{\circ}$.
На стороне $BC$ треугольника $ABC$ отмечена точка $D$. Известно, что $BD=AC$, $\angle ADC=30^{\circ}$ и $\angle ACB=48^{\circ}$. Найдите угол $B$
Решение:
Пусть $AC=BD=1$. Отметим на стороне $BC$ такую точку $E$, для которой $AE=1$. Тогда
$\angle AEC=\angle ACE=48^{\circ},$
$\angle DEA=\angle AEC-\angle ADE=48^{\circ}-30^{\circ}=18^{\circ}.$
По теореме синусов из треугольника $AED$ получаем
$\frac{AE}{\sin30^{\circ}}=\frac{ED}{\sin18^{\circ}}~\Rightarrow~ED=\frac{AE\sin18^{\circ}}{\sin30^{\circ}}=2\sin18^{\circ}.$
Первый способ. Докажем, что треугольники $AED$ и $BEA$ с общим углом при вершине $E$ подобны. Для этого установить, что стороны этих треугольников, заключающие общий угол, пропорциональны. Действительно,
$\frac{BE}{AE}=\frac{AE}{DE}~\Rightarrow~1+2\sin18^{\circ}=\frac{1}{2\sin18^{\circ}}.$
Рассмотрим треугольник $XYZ$, в котором $\angle X=\angle Y=72^{\circ}$, $XY=1$, а $XT$ - биссектриса треугольника. Тогда
$\angle XZT=36^{\circ}=\angle ZXT,$
$\angle XTY=\angle ZXT+\angle XZT=36^{\circ}+36^{\circ}=72^{\circ}=\angle XYT.$
Треугольники $YXT$ и $XTZ$ равнобедренные, поэтому
$ZT=XT=XY=1.$
Пусть $XH$ - перпендикуляр к $YZ$. Тогда
$YT=2AH=2XY\sin\angle HYX=2\sin18^{\circ},~YZ=ZT+YT=1+2\sin18^{\circ},$
а т.к. по свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 5137) $\frac{ZT}{TY}=\frac{XZ}{XY}$, то
$\frac{1}{\sin18^{\circ}}=1+2\sin18^{\circ}.$
Что и требовалось доказать.
Из доказанного подобия треугольников $AED$ и $BEA$ следует, что
$\angle B=\angle ABD=\angle DAE=18^{\circ}.$
Второй способ. Пусть известно, что $\sin18^{\circ}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$ (см. задачу 5122). Тогда
$ED\cdot EB=2\sin18^{\circ}(1+2\sin18^{\circ})=2\cdot\frac{\sqrt{5}-1}{4}\left(1+2\cdot\frac{\sqrt{5}-1}{4}\right)=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\cdot\frac{\sqrt{5}+1}{2}=1=EA^{2},$
поэтому $EA$ - касательная к описанной окружности треугольника $ADB$ (см. задачу 7887). Тогда из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
$\angle B=\angle ABD=\angle DEA=18^{\circ}$.
