[рис.] а)  Пусть углы при основании ВС = бедренного треугольника ABC равны 2α, тогда углы при основании BD = бедренного треугольника LBD равны α. Но угол LCB является внешним углом треугольника LCD, он равен сумме углов CDL и CLD. Поэтому угол CLD также равен α, и, следовательно, треугольник LCD = бедренный.
б)  Пусть ВС  =  х, а АК  — медиана и высота = бедренного треугольника АВС. Тогда в прямоугольном треугольнике АКВ имеем: $BK = \frac{x}{2}$ $\cos ABK = \frac{1}{6}$ откуда $AB = AC = $\frac{BK}{\cos ABK}$ = 3x$
Биссектриса BL делит сторону, к которой она проведена, на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам: $\frac{AL}{LC} = $\frac{AB}{BC}$ = \frac{3}{1}$ поскольку $AC = 3x$ получаем: $LC = $\frac{1}{4}$ AC = $\frac{3}{4}$ x$ В пункте а) было доказано, что треугольник LCD = бедренный, поэтому $CD = LC = $\frac{3}{4}$ x$ Применим теорему Менелая к треугольнику ABC:

$\frac{AH}{HB} \cdot $\frac{BD}{DC}$ \cdot $\frac{CL}{LA}$ = $\frac{AH}{HB}$ \cdot $\frac{7x}{3x}$ \cdot $\frac{1}{3}$ = $\frac{AH}{HB}$ \cdot \frac{7}{} 9 = 1$

откуда $\frac{AH}{HB} = \frac{9}{7}$

Ответ: 9 : 7 (или 7 : 9).

Приведем решение п. б), предложенное Олегом Цимбалистом.

Пусть $\angle HBL=\angle CBL=\angle CDL= альфа$ Тогда $\angle BLH= 2 альфа$ как внешний угол треугольника BLD. По теореме \sin ов для треугольника BHL имеем

$\frac{BH}{\sin 2 альфа} = $\frac{HL}{\sin альфа}$ = сильно $\frac{BH}{HL}$ = \frac{\sin 2 альфа}{\sin альфа}$

Заметим теперь, что $\angle BAC= 180 ^{\circ} - 4 альфа$ а $\angle ALH= альфа$ По теореме \sin ов для треугольника AHL имеем

$\frac{HA}{\sin альфа} = $\frac{HL}{\sin 4 альфа}$ = сильно $\frac{HA}{HL}$ = \frac{\sin альфа}{\sin 4 альфа}$

Значит,

$\frac{BH}{HA} = $\frac{\phantomn\dfracBH}{HL}$ \phantomn\dfracHAHL= $\frac{\phantomn\dfrac \sin 2 альфа}{\sin альфа}$ \phantomn\dfrac \sin альфа \sin 4 альфа = $\frac{\sin 2 альфа \sin 4 альфа}{\sin ^2 альфа}$ = $\frac{2 \sin ^2 2 альфа \cos 2 альфа}{\dfrac1 - \cos 2 альфа 2}$ = $\frac{4 \cdot \dfrac35}{36}$ \cdot \dfrac161 - \dfrac16= \frac{7}{9}$ $\frac{BH}{HA} = $\frac{\phantomn\dfracBH}{HL}$ \phantomn\dfracHAHL= $\frac{\phantomn\dfrac \sin 2 альфа}{\sin альфа}$ \phantomn\dfrac \sin альфа \sin 4 альфа = $\frac{\sin 2 альфа \sin 4 альфа}{\sin ^2 альфа}$ =$
$= $\frac{2 \sin ^2 2 альфа \cos 2 альфа}{\dfrac1 - \cos 2 альфа 2}$ = $\frac{4 \cdot \dfrac35}{36}$ \cdot \dfrac161 - \dfrac16= \frac{7}{9}$

Приведем ещё одно решение.
[рис.]
а)  Обозначим $\angle LBC=\angle LBA= альфа$ тогда $\angle ACB=\angle ABC=2 альфа$ $\angle LCD=180 ^{\circ} - 2 альфа$ $\angle LDC= альфа$ поэтому $\angle DLC=180 ^{\circ} - \angle LCD - \angle LDC=$ $= альфа =\angle LDC$ значит, треугольник LCD = бедренный.
б)  Пусть H  — точка пересечения DL с AB. Тогда

$\angle HLB=180 ^{\circ} - \angle BLC - \angle CLD=180 ^{\circ} - ( 180 ^{\circ} - \angle LBC - \angle LCB ) - \angle CLD=2 альфа$ $\angle HLB=180 ^{\circ} - \angle BLC - \angle CLD=$
$=180 ^{\circ} - ( 180 ^{\circ} - \angle LBC - \angle LCB ) - \angle CLD=2 альфа$

поэтому $\triangle HLB\sim \triangle LCB$ по двум углам. Отсюда $\frac{BH}{BL} = $\frac{BL}{BC}$ = сильно BH= \frac{BL ^2}{BC}$
Поскольку $\cos \angle ABC= \frac{1}{6}$ то $\frac{BC}{AB} = \frac{1}{3}$ Пусть BC  =  x, AB  =  3x. По теореме о биссектрисе $\frac{AL}{LC} = \frac{AB}{BC}$ откуда находим $AL= $\frac{3}{4}$ \cdot 3x= $\frac{9}{4}$ x$ $CL= $\frac{3}{4}$ x$ Тогда

$BL=LD= \sqrt{аргумента: CL ^2 + CD ^2 - 2 \cdot CL \cdot CD \cdot \cos ( 180 ^{\circ} - 2 альфа )} аргумента = \sqrt{аргумента: $\frac{18x ^2}{16}$ + $\frac{18x ^2}{16}$ \cdot $\frac{1}{6}$} аргумента = $\frac{x}{4}$ $\sqrt{аргумента: 21}$ аргумента$ $BL=LD= \sqrt{аргумента: CL ^2 + CD ^2 - 2 \cdot CL \cdot CD \cdot \cos ( 180 ^{\circ} - 2 альфа )} аргумента =$
$= \sqrt{аргумента: $\frac{18x ^2}{16}$ + $\frac{18x ^2}{16}$ \cdot $\frac{1}{6}$} аргумента = $\frac{x}{4}$ $\sqrt{аргумента: 21}$ аргумента$ $BL=LD=$
$= \sqrt{аргумента: CL ^2 + CD ^2 - 2 \cdot CL \cdot CD \cdot \cos ( 180 ^{\circ} - 2 альфа )} аргумента =$
$= \sqrt{аргумента: $\frac{18x ^2}{16}$ + $\frac{18x ^2}{16}$ \cdot $\frac{1}{6}$} аргумента = $\frac{x}{4}$ $\sqrt{аргумента: 21}$ аргумента$
значит, $BH= $\frac{21x ^2}{16x}$ = \frac{21x}{16}$ откуда $\frac{BH}{HA} = $\frac{\dfrac21x}{16}$ 3x - \dfrac21x16= $\frac{21}{48 - 21}$ = \frac{7}{9}$

Еще несколько подходов изложены при решении задания 513277.