11897. Внутри треугольника ABC
выбрана точка M
так, что угол BMC
прямой, а треугольник BMC
равнобедренный. Расстояния от точки M
до точки A
, прямой AB
и прямой AC
равны \sqrt{10}
, \sqrt{2}
и \sqrt{5}
соответственно. Найдите квадрат длины стороны BC
.
Ответ. 260.
Решение. Пусть BP
и CN
— высоты треугольника ABC
, K
, H
и L
— проекции точки M
на AB
, CN
и AC
соответственно. Тогда MK=\sqrt{2}
, ML=\sqrt{5}
. Точка M
лежит внутри треугольника ABC
, а \angle BMC=90^{\circ}
, поэтому угол BAC
острый. Обозначим BC=x
, BM=CM=y
, BN=z
, CP=t
.
Прямые MH
и AB
параллельны, поэтому
\angle KBM=\angle BMH=\angle HCM,
а так как BM=CM
, то прямоугольные треугольники KBM
и HCM
равны по гипотенузе и острому углу. Значит, MK=MH
, а MHNK
— квадрат. Следовательно, MH=KN=MK=\sqrt{2}
. Аналогично, LP=ML=\sqrt{5}
.
По теореме Пифагора
AK=\sqrt{AM^{2}-MK^{2}}=\sqrt{10-2}=2\sqrt{2},
AL=\sqrt{AM^{2}-ML^{2}}=\sqrt{10-5}=\sqrt{5},
y^{2}=MB^{2}=BK^{2}+MK^{2}=(z+\sqrt{2})^{2}+2,
y^{2}=CM^{2}=CL^{2}+ML^{2}=(t+\sqrt{5})^{2}+5,
поэтому
(z+\sqrt{2})^{2}+2=(t+\sqrt{5})^{2}+5.
Из прямоугольных треугольников BPC
, BPA
, BNC
и ANC
получаем
BP^{2}=BC^{2}-CP^{2}=x^{2}-t^{2},
BP^{2}=AB^{2}-AP^{2}=(z+3\sqrt{2})^{2}-(2\sqrt{5})^{2},
CN^{2}=BC^{2}-BN^{2}=x^{2}-z^{2},
CN^{2}=AC^{2}-AN^{2}=(t+2\sqrt{5})^{2}-(3\sqrt{2})^{2}.
Тогда
x^{2}=t^{2}+z^{2}+6z\sqrt{2}-2~\mbox{и}~x^{2}=z^{2}+t^{2}+4t\sqrt{5}+2.
Из равенства
t^{2}+z^{2}+6z\sqrt{2}-2=z^{2}+t^{2}+4t\sqrt{5}+2
получаем z=\frac{\sqrt{2}}{3}(t\sqrt{5}+1)
. Подставив найденное выражение для z
в доказанное ранее равенство
(z+\sqrt{2})^{2}+2=(t+\sqrt{5})^{2}+5,
получим уравнение
t^{2}-2t\sqrt{5}-40=0,~t\gt0,
из которого находим, что t=4\sqrt{5}
. Тогда
z=7\sqrt{2},~y=\sqrt{(t+\sqrt{5})^{2}+(\sqrt{5})^{2}}=\sqrt{130}.
Следовательно,
BC^{2}=x^{2}=2\cdot130=260.
Источник: Олимпиада «Шаг в будущее». — 2018, (осень) первый (заочный) онлайн-этап, 10 класс, № 8, вариант 1