1490. В треугольнике ABC
известно, что AB=1
, AC=2
. Найдите BC
, если известно, что биссектрисы внешних углов при вершинах A
и C
равны между собой (рассматриваются отрезки от вершины до точки пересечения соответствующей биссектрисы с прямой, на которой лежит противоположная сторона треугольника).
Ответ. \frac{1+\sqrt{17}}{2}
.
Решение. Обозначим BC=x
, \angle BAC=\alpha
, \angle ACB=\gamma
. Заметим, что 1\lt x\lt3
, так как иначе не выполняется неравенство треугольника.
По теореме косинусов
\cos\alpha=\frac{1+4-x^{2}}{2\cdot2\cdot1}=\frac{5-x^{2}}{4},
Тогда
\sin\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{2}}=\sqrt{\frac{1-\frac{5-x^{2}}{4}}{2}}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\sqrt{x^{2}-1}.
Аналогично
\cos\gamma=\frac{x^{2}+4-1}{2\cdot2\cdot x}=\frac{x^{2}+3}{4x},
Тогда
\sin\frac{\gamma}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos\gamma}{2}}=\sqrt{\frac{1-\frac{x^{2}+3}{4x}}{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{4x-x^{2}-3}{2x}}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\sqrt{\frac{(x-1)(3-x)}{x}}.
Пусть M
— точка пересечения биссектрисы внешнего угла при вершине A
с прямой BC
, N
— точка пересечения биссектрисы внешнего угла при вершине C
с прямой AB
. Тогда
AM=\frac{2AB\cdot AC\sin\frac{\alpha}{2}}{AC-AB}=\frac{2\cdot1\cdot2\sin\frac{\alpha}{2}}{2-1}=4\sin\frac{\alpha}{2},
CN=\frac{2AC\cdot BC\sin\frac{\gamma}{2}}{|x-2|}=\frac{2\cdot2\cdot x\sin\frac{\gamma}{2}}{|x-2|}=\frac{4x\sin\frac{\gamma}{2}}{|x-2|},
а так как AM=CN
, то |x-2|\sin\frac{\alpha}{2}=x\sin\frac{\gamma}{2}
, или
\frac{1}{2\sqrt{2}}|x-2|\sqrt{x^{2}-1}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\sqrt{x(x-1)(3-x)},
а так как x\ne1
, то |x-2|\sqrt{x+1}=\sqrt{x(3-x)}
.
После возведения в квадрат обеих частей этого уравнения и приведения подобных получим уравнение x^{3}-2x^{2}-3x+4=0
, или (x-1)(x^{2}-x-4)=0
, а так как x\gt1
, то единственное решение этого уравнения, удовлетворяющее условию задачи, — x=\frac{1+\sqrt{17}}{2}
.
Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия: 9—11 кл.: От учебной задачи к творческой: Учебное пособие. — М.: Дрофа, 1996. — № 260, с. 30