В треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $AK$, $D$ — точка пересечения биссектрисы внешнего угла при вершине $B$ с описанной окружностью. Докажите, что $\dfrac{\sin A}{\sin C}-\dfrac{\sin\angle CDK}{\sin\angle BDK}=1$.
Пусть углы $A$, $B$, $C$ треугольника равны $2\alpha$, $2\beta$, $2\gamma$ соответственно. Биссектриса внутреннего угла $B$ пересекает дугу $AC$ описанной окружности в точке $L$, диаметрально противоположной $D$ (рис. 1). Положим
$\angle CBD=\delta$, $\angle BCD=\eps$.
Используя теорему синусов (для $\triangle DBK$ и $\triangle CDK$), теорему о биссектрисе треугольника $\left(\dfrac{BK}{KC}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{\sin2\gamma}{\sin2\beta}\right)$ и формулу
$$
2\sin\phi\cos\psi=\sin{}(\phi+\psi)-\sin{}(\psi-\phi),
$$
получаем
$$
\begin{gather*}
\dfrac{\sin\angle CDK}{\sin\angle BDK}=\dfrac{KC\sin\eps}{KB\sin\delta}=
\dfrac{\sin2\beta\cdot\sin\dfrac{\pi-4\gamma-2\beta}{2}}{\sin2\gamma\cdot\sin\dfrac{\pi-2\beta}{2}}=\\
=\dfrac{2\sin\beta\cos\beta\cos{}(2\gamma+\beta)}{\sin2\gamma\cos\beta}=
\dfrac{\sin{}(2\beta+2\gamma)}{\sin2\gamma}-1=
\dfrac{\sin2\alpha}{\sin2\gamma}-1,
\end{gather*}
$$
что и требовалось доказать.
Рис. 1Рис. 2
Замечание. Если $\angle A\lt\angle C$ (как на рисунке 2), то меняется лишь знак в формуле
$$
\sin\eps=\sin{\left(2\gamma+\beta-\dfrac\pi2\right)}=-\cos(2\gamma+\beta),
$$
а $\sin\delta$ по-прежнему равен $\sin{\left(\beta+\dfrac\pi2\right)}=\cos\beta$, так что равенство в условии принимает вид $$
\dfrac{\sin A}{\sin C}+\dfrac{\sin\angle CDK}{\sin\angle BDK}=1.
$$
