13124. Точка M
делит сторону BC
равностороннего треугольника ABC
в отношении m:n
. Найдите наибольший из углов AMC
и AMB
.
Ответ. 180^{\circ}-\arcsin\frac{(m+n)\sqrt{3}}{2\sqrt{m^{2}-mn+n^{2}}}
.
Решение. Пусть BM=mx
, CM=nx
, а \angle AMB=\alpha\geqslant90^{\circ}
. Тогда AB=BC=(m+n)x
.
По теореме косинусов
AM=\sqrt{AB^{2}+BM^{2}-2AB\cdot BM\cos60^{\circ}}=
=\sqrt{x^{2}(m+n)^{2}+x^{2}m^{2}-x^{2}(m+n)m}=x\sqrt{m^{2}-mn+n^{2}}.
По теореме синусов
\frac{AB}{\sin\angle AMB}=\frac{AM}{\sin\angle ABM},~\mbox{или}~\frac{(m+n)x}{\sin\alpha}=\frac{x\sqrt{m^{2}-mn+n^{2}}}{\frac{\sqrt{3}}{2}},
откуда
\sin\alpha=\frac{(m+n)\sqrt{3}}{2\sqrt{m^{2}-mn+n^{2}}}.
Следовательно,
\alpha=180^{\circ}-\arcsin\frac{(m+n)\sqrt{3}}{2\sqrt{m^{2}+mn+n^{2}}}.