13061. Точка пересечения медиан прямоугольного треугольника лежит на окружности, вписанной в этот треугольник. Найдите острые углы треугольника.
Ответ. 45^{\circ}\pm\arccos\frac{4\sqrt{3}-3}{3\sqrt{2}}
.
Решение. Пусть M
— точка пересечения медиан прямоугольного треугольника ABC
с прямым углом при вершине C
, острым углом, равным \alpha\gt45^{\circ}
при вершине A
, катетами BC=a
, AC=b
и гипотенузой AB=c
, O
— центр окружности радиуса r
, вписанной в этот треугольник, CK
— медиана треугольника.
Треугольник AKC
равнобедренный, AK=CK=\frac{1}{2}c
(см. задачу 1109), поэтому
\angle ACM=\angle ACK=\alpha,~CM=\frac{2}{3}CK=\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}c=\frac{1}{3}c.
Поскольку CO
— биссектриса прямого угла, \angle ACM=45^{\circ}
, поэтому
\angle MCO=45^{\circ}-\alpha,~CO=r\sqrt{2}.
По теореме косинусов
\cos(45^{\circ}-\alpha)=\cos\angle MCO=\frac{CM^{2}+CO^{2}-OM^{2}}{2CM\cdot CO}=
=\frac{\frac{1}{9}c^{2}+2r^{2}-r^{2}}{2\cdot\frac{1}{3}c\cdot r\sqrt{2}}=\frac{c^{2}+9r^{2}}{6cr\sqrt{2}}=\frac{1+9\frac{r^{2}}{c^{2}}}{6\cdot\frac{r}{c}\sqrt{2}}=\frac{1+9k^{2}}{6k\sqrt{2}},
где k=\frac{r}{c}
.
С другой стороны,
\cos(45^{\circ}-\alpha)=\sin45^{\circ}\sin\alpha+\cos45^{\circ}\cos\alpha=\frac{\sqrt{2}}{2}(\sin\alpha+\cos\alpha),
а если S
— площадь треугольника ABC
, а p
— его полупериметр, то (см. задачу 452)
r=\frac{S}{p}=\frac{ab}{a+b+c}~\Rightarrow~k=\frac{r}{c}=\frac{\frac{a}{c}\cdot\frac{b}{c}}{\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+1}=
=\frac{\sin\alpha\cos\alpha}{\sin\alpha+\cos\alpha+1}=\frac{(\sin\alpha+\cos\alpha)^{2}-1}{2(\sin\alpha+\cos\alpha+1)}=\frac{\sin\alpha+\cos\alpha-1}{2}.
Значит,
\frac{\sqrt{2}}{2}(\sin\alpha+\cos\alpha)=\frac{1+9k^{2}}{6k\sqrt{2}}=\frac{1+9\left(\frac{\sin\alpha+\cos\alpha-1}{2}\right)^{2}}{6\sqrt{2}\cdot\frac{\sin\alpha+\cos\alpha-1}{2}}.
Обозначив \sin\alpha+\cos\alpha=t
, получим уравнение
\frac{\sqrt{2}}{2}t=\frac{1+\frac{9}{4}(t-1)^{2}}{3\sqrt{2}(t-1)}~\Leftrightarrow~12t(t-1)=4+9(t-1)^{2}~\Leftrightarrow~3t^{2}+6t-13=0.
Условию задачи удовлетворяет только его положительный корень t=\frac{4\sqrt{3}-3}{3}
, так как 0\lt\frac{4\sqrt{3}-3}{3}\lt\sqrt{2}
. Таким образом, осталось найти решение уравнения \sin\alpha+\cos\alpha=\frac{4\sqrt{3}-3}{3}
, удовлетворяющее условию 0\lt\alpha\lt90^{\circ}
. Это уравнение равносильно следующему.
\cos(\alpha-45^{\circ})=\frac{4\sqrt{3}-3}{3\sqrt{2}}.
Условию задачи удовлетворяет только его корень
\alpha=45^{\circ}+\arccos\frac{4\sqrt{3}-3}{3\sqrt{2}}.
Тогда второй острый угол треугольника равен
90^{\circ}-\left(45^{\circ}+\arccos\frac{4\sqrt{3}-3}{3\sqrt{2}}\right)=45^{\circ}-\arccos\frac{4\sqrt{3}-3}{3\sqrt{2}}.
Источник: Вступительный экзамен на физический факультет МГУ. — 1967, № 4, вариант 1
Источник: Моденов П. С. Экзаменационные задачи по математике с анализом их решения. — М.: Просвещение, 1969. — № 4, с. 65, вариант 1