Задание C93CA4

Углы. Пусть $\angle CAD = \alpha$, тогда $\angle BAC = 2\alpha$. В параллелограмме $AD \parallel BC$, поэтому $\angle BCA = \angle CAD = \alpha$ (накрест лежащие). В $\triangle ABC$: $\angle BAC = 2\alpha$, $\angle BCA = \alpha$, значит $\angle ABC = 180^\circ - 3\alpha$.

Теорема синусов в $\triangle ABC$: $\frac{AB}{\sin \alpha} = \frac{AC}{\sin 3\alpha} = \frac{BC}{\sin 2\alpha}$. Отсюда $AB = \frac{AC \sin \alpha}{\sin 3\alpha}$, $BC = \frac{AC \sin 2\alpha}{\sin 3\alpha}$.

$AL$ — биссектриса $\angle BAC$, поэтому $\angle BAL = \alpha$. В $\triangle ABL$: $\angle ABL = 180^\circ - 3\alpha$, $\angle ALB = 2\alpha$. По теореме синусов: $\frac{AL}{\sin 3\alpha} = \frac{AB}{\sin 2\alpha}$, откуда $AL = \frac{AB \sin 3\alpha}{\sin 2\alpha}$.

Доказательство: $AL \cdot BC = \left( \frac{AB \sin 3\alpha}{\sin 2\alpha} \right) \cdot \left( \frac{AC \sin 2\alpha}{\sin 3\alpha} \right) = AB \cdot AC$.

Дано $AC = 8$, $\tan \alpha = \frac{1}{2}$. Тогда $\sin \alpha = \frac{1}{\sqrt{5}}$, $\cos \alpha = \frac{2}{\sqrt{5}}$.

Вычисляем: $\sin 2\alpha = 2 \sin \alpha \cos \alpha = \frac{4}{5}$, $\cos 2\alpha = 2\cos^2 \alpha - 1 = \frac{3}{5}$.
$\sin 3\alpha = \sin 2\alpha \cos \alpha + \cos 2\alpha \sin \alpha = \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{\sqrt{5}} + \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{11}{5\sqrt{5}}$.

Находим стороны: $AB = \frac{8 \cdot \frac{1}{\sqrt{5}}}{\frac{11}{5\sqrt{5}}} = \frac{40}{11}$, $BC = \frac{8 \cdot \frac{4}{5}}{\frac{11}{5\sqrt{5}}} = \frac{32\sqrt{5}}{11}$.

Введём координаты. Поместим $A(0,0)$. Направим ось $Ox$ вдоль $AB$. Тогда $B\left( \frac{40}{11}, 0 \right)$.
Координаты $C$: $x_C = AC \cos 2\alpha = 8 \cdot \frac{3}{5} = \frac{24}{5}$, $y_C = AC \sin 2\alpha = 8 \cdot \frac{4}{5} = \frac{32}{5}$.
$D = C + (A - B) = \left( \frac{24}{5} - \frac{40}{11}, \frac{32}{5} \right) = \left( \frac{64}{55}, \frac{32}{5} \right)$.

Точка $L$ — пересечение биссектрисы угла $A$ со стороной $BC$. Биссектриса: луч под углом $\alpha$, направляющий вектор $\left( \frac{2}{\sqrt{5}}, \frac{1}{\sqrt{5}} \right)$.
Параметризуем $BC$: $B + t \cdot \overrightarrow{BC}$, где $\overrightarrow{BC} = \left( \frac{64}{55}, \frac{32}{5} \right)$.
Координаты $L$: $x = \frac{40}{11} + \frac{64}{55}t$, $y = \frac{32}{5}t$.
На биссектрисе: $x = s \cdot \frac{2}{\sqrt{5}}$, $y = s \cdot \frac{1}{\sqrt{5}}$.
Приравниваем: $\frac{1}{\sqrt{5}}s = \frac{32}{5}t \Rightarrow s = \frac{32}{\sqrt{5}} t$. Подставляем в $x$: $\frac{2}{\sqrt{5}} \cdot \frac{32}{\sqrt{5}} t = \frac{40}{11} + \frac{64}{55}t \Rightarrow \frac{64}{5}t = \frac{40}{11} + \frac{64}{55}t$.
Умножаем на 55: $704t = 200 + 64t \Rightarrow 640t = 200 \Rightarrow t = \frac{5}{16}$. Тогда $s = \frac{32}{\sqrt{5}} \cdot \frac{5}{16} = 2\sqrt{5}$.
Координаты $L$: $x_L = \frac{2}{\sqrt{5}} \cdot 2\sqrt{5} = 4$, $y_L = \frac{1}{\sqrt{5}} \cdot 2\sqrt{5} = 2$. Итак, $L(4, 2)$.

Точка $E$ на продолжении $CD$ за $D$. Прямая $CD$ горизонтальна ($y = \frac{32}{5}$), направляющий вектор $\left( -\frac{40}{11}, 0 \right)$. Пусть $E\left( x_E, \frac{32}{5} \right)$, $x_E < \frac{64}{55}$.
Условие $AE = CE$: $\sqrt{x_E^2 + \left( \frac{32}{5} \right)^2} = \left| x_E - \frac{24}{5} \right|$. Так как $x_E < \frac{24}{5}$, модуль равен $\frac{24}{5} - x_E$.
Возводим в квадрат: $x_E^2 + \frac{1024}{25} = \left( \frac{24}{5} - x_E \right)^2 = \frac{576}{25} - \frac{48}{5}x_E + x_E^2$.
Упрощаем: $\frac{1024}{25} = \frac{576}{25} - \frac{48}{5}x_E \Rightarrow \frac{448}{25} = -\frac{48}{5}x_E \Rightarrow x_E = -\frac{28}{15}$.
Итак, $E\left( -\frac{28}{15}, \frac{32}{5} \right)$.

Вычисляем $EL$:
$EL = \sqrt{ \left( 4 + \frac{28}{15} \right)^2 + \left( 2 - \frac{32}{5} \right)^2 } = \sqrt{ \left( \frac{88}{15} \right)^2 + \left( -\frac{22}{5} \right)^2 } = \sqrt{ \frac{7744}{225} + \frac{484}{25} } = \sqrt{ \frac{7744 + 4356}{225} } = \sqrt{ \frac{12100}{225} } = \frac{110}{15} = \frac{22}{3}$.