11877. В треугольнике ABC
со сторонами BC=3
и AB=4
проведены биссектрисы AE
и CF
, которые пересекаются в точке O
, причём OE=OF
. Найдите квадрат медианы треугольника ABC
, проведённой из вершины B
.
Ответ. \frac{37}{4}
.
Решение. Докажем следующее утверждение. Если биссектрисы AE
и CF
пересекаются в точке O
и при этом OE=OF
, то либо AB=BC
, либо \angle ABC=60^{\circ}
.
Доказательство Положим \angle BAC=2\alpha
, \angle ACB=2\gamma
. Предположим AB\ne BC
. Пусть OL
и OK
— перпендикуляры, опущенные из точки O
на прямые AB
и BC
соответственно (т. е. радиусы вписанной окружности, проведённые в точки касания). Прямоугольные треугольники OLF
и OKE
равны по катету и гипотенузе, поэтому \angle FOL=\angle EOK
. По теореме о внешнем угле треугольника
\angle AOF=\angle COE=\alpha+\gamma.
Возможны четыре случая:
1) точка L
лежит между B
и F
, а точка K
— между B
и E
;
2) точка L
лежит между B
и F
, а точка K
— между C
и E
;
3) точка L
лежит между A
и F
, а точка K
— между B
и E
;
4) точка L
лежит между A
и F
, а точка K
— между C
и E
.
В первом из них
\angle FOL=\angle AOL-\angle AOF=90^{\circ}-\alpha-(\alpha+\gamma)=90^{\circ}-2\alpha-\gamma,
\angle EOK=\angle COK-\angle COE=90^{\circ}-\gamma-(\alpha+\gamma)=90^{\circ}-2\gamma-\alpha.
Из равенства
90^{\circ}-2\alpha-\gamma=90^{\circ}-2\gamma-\alpha
получаем \alpha=\gamma
, что противоречит условию AB\ne BC
.
В четвёртом —
\angle FOL=\angle AOF-\angle AOL=\alpha+\gamma-(90^{\circ}-\alpha)=2\alpha+\gamma-90^{\circ},
\angle EOK=\angle COE-\angle COK=\alpha+\gamma-(90^{\circ}-\gamma)=2\gamma+\alpha-90^{\circ}.
Из равенства
2\alpha+\gamma-90^{\circ}=2\gamma+\alpha-90^{\circ}
получаем \alpha=\gamma
, что также противоречит условию AB\ne BC
.
Во втором —
\angle FOL=\angle AOL-\angle AOF=90^{\circ}-\alpha-(\alpha+\gamma)=90^{\circ}-2\alpha-\gamma,
\angle EOK=\angle COE-\angle COK=(\alpha+\gamma)+90^{\circ}-\gamma=2\gamma+\alpha-90^{\circ}.
Из равенства
90^{\circ}-2\alpha-\gamma=2\gamma+\alpha-90^{\circ}
получаем \alpha+\gamma=60^{\circ}
, поэтому
\angle ABC=180^{\circ}-2\alpha-2\gamma=180^{\circ}-120^{\circ}=606{\circ}.
В третьем случае аналогично получаем, что \angle ABC=60^{\circ}
. Утверждение доказано.
Возвратимся к нашей задаче. Пусть BM
— медиана треугольника ABC
. По условию AB\ne BC
, поэтому \angle ABC=60^{\circ}
. По теореме косинусов
AC^{2}=AB^{2}+BC^{2}-2AB\cdot BC\cos60^{\circ}=16+9-4\cdot3=13.
Следовательно, по формуле для квадрата медианы (см. задачу 4014)
BM^{2}=\frac{1}{4}(2AB^{2}+2BC^{2}-AC^{2})=\frac{1}{4}(2\cdot16+2\cdot9-13)=\frac{37}{4}.