11319. В треугольнике ABC
угол C
вдвое больше угла A
и сторона AC
вдвое больше стороны BC
. Найдите углы этого треугольника.
Ответ. 30^{\circ}
. 60^{\circ}
, 90^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle BAC=\alpha
. Тогда AC=2a
и \angle ACB=2\alpha
. Пусть CD
— биссектриса треугольника ABC
. Тогда (см. задачу 1509)
BD=\frac{ac}{a+b}=\frac{ac}{3a}=\frac{c}{3}.
Кроме того,
\angle BCD=\angle ACD=\frac{1}{2}\angle ACB=\alpha,
поэтому треугольник ADC
равнобедренный,
CD=AD=c-\frac{c}{3}=\frac{2}{3}c,
а треугольник CBD
подобен треугольнику ABC
по двум углам. Значит,
\frac{CD}{AC}=\frac{BC}{AB},~\mbox{или}~\frac{\frac{2}{3}c}{2a}=\frac{a}{c},
Откуда AB=c=a\sqrt{3}
. Тогда
BC^{2}+AB^{2}=a^{2}+3a^{2}=4a^{2}=AC^{2}.
Следовательно, треугольник ABC
прямоугольный (см. задачу 1972) с прямым углом при вершине B
и углами 30^{\circ}
и 60^{\circ}
при вершинах A
и C
соответственно.
Второй способ. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle BAC=\alpha
. Тогда AC=2a
и \angle ACB=2\alpha
. По теореме синусов
\frac{BC}{\sin\angle A}=\frac{AC}{\sin\angle ABC}~\Leftrightarrow~\frac{a}{\sin\alpha}=\frac{2a}{\sin(180^{\circ}-3\alpha)}~\Leftrightarrow~\frac{1}{\sin\alpha}=\frac{2}{\sin3\alpha}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\sin3\alpha=2\sin\alpha~\Leftrightarrow~\sin\alpha(3-4\sin^{2}\alpha)=2\sin\alpha.
При этом \sin\alpha\ne0
, поэтому 3-4\sin^{2}\alpha=2
, или |\sin\alpha|=\frac{1}{2}
, а так как \alpha
— острый угол (как не самый большой угол треугольника ABC
), то \alpha=30^{\circ}
. Тогда \angle C=2\alpha=60^{\circ}
, а \angle B=90^{\circ}
.