14583. Во всех боковых гранях треугольной пирамиды ABCS
(SA=1
, SB=2
, SC=n
) проведены биссектрисы из вершины S
. При каком наименьшем целом n
отношение площади основания ABC
к площади треугольника из оснований проведённых биссектрис будет целым?
Ответ. 3.
Решение. Пусть SA_{1}
, SB_{1}
и SC_{1}
— биссектрисы боковых граней BSC
, ASC
и ASB
соответственно. Тогда по свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{AC_{1}}{C_{1}B}=\frac{SA}{SB}=\frac{1}{2}~\Rightarrow~\frac{AC_{1}}{AB}=\frac{1}{3},~\frac{BC_{1}}{AB}=\frac{2}{3}.
Аналогично,
\frac{BA_{1}}{BC}=\frac{2}{n+2},~\frac{CA_{1}}{BC}=\frac{n}{n+2},~\frac{AB_{1}}{AC}=\frac{1}{n+1},~\frac{CB_{1}}{AC}=\frac{n}{n+1}.
Обозначим S_{\triangle ABC}
. Тогда (см. задачу 3007),
S_{\triangle AB_{1}C_{1}}=\frac{AC_{1}}{AB}\cdot\frac{AB_{1}}{AC}S=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{n+1}S=\frac{1}{3(n+1)}S,
S_{\triangle BA_{1}C_{1}}=\frac{BC_{1}}{AB}\cdot\frac{BA_{1}}{BC}S=\frac{2}{3}\cdot\frac{2}{n+2}S=\frac{4}{3(n+2)}S,
S_{\triangle CA_{1}B_{1}}=\frac{CA_{1}}{BC}\cdot\frac{CB_{1}}{AC}S=\frac{n}{n+2}\cdot\frac{n}{n+1}S=\frac{n^{2}}{(n+1)(n+2)}S.
Значит,
S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}=S-S_{\triangle AB_{1}C_{1}}-S_{\triangle BA_{1}C_{1}}-S_{\triangle CA_{1}B_{1}}=
=S\left(1-\frac{1}{3(n+1)}-\frac{4}{3(n+2)}-\frac{n^{2}}{(n+1)(n+2)}\right)=\frac{4n}{3(n+1)(n+2)}S,
поэтому
k=\frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}}=\frac{3(n+1)(n+2)}{4n}.
При n=1
получим k=\frac{9}{2}
; при n=2
получим k=\frac{9}{2}
; при n=3
получим k=5
. Следовательно, наименьшее целое n
, при котором отношение k
будет целым, — это n=3
.
Источник: Олимпиада «Высшая проба» (математическая олимпиада ВШЭ). — 2020, отборочный этап, задача 5, 11 класс