16503. На плоскости даны точки A
и B
. Найдите геометрическое место точек C
плоскости, для которых:
а) am_{a}=bm_{b}
, где a=BC
, b=AC
, а медианы треугольника ABC
, проведённые из вершин A
и B
равны m_{a}
и m_{b}
соответственно;
б) al_{a}=bl_{b}
, где a=BC
, b=AC
, а биссектрисы треугольника ABC
, проведённые из вершин A
и B
равны l_{a}
и l_{b}
соответственно.
Ответ. а) Серединный перпендикуляр к отрезку AB
без середины этого отрезка и окружность радиуса \frac{AB\sqrt{3}}{2}
с центром в середине отрезка AB
.
б) Серединный перпендикуляр к отрезку AB
без середины этого отрезка и большие дуги описанных окружностей двух равносторонних треугольников со стороной AB
.
Решение. Ясно, что при a=b
часть ответа в пунктах а) и б) — серединный перпендикуляр к отрезку AB
без середины этого отрезка. Далее рассмотрим случай, когда a\ne b
.
а) Пусть AB=c
. По формуле для квадрата медианы (см. задачу 4014)
m_{a}^{2}=\frac{1}{4}(2b^{2}+2c^{2}-a^{2})~\mbox{и}~m_{b}^{2}=\frac{1}{4}(2a^{2}+2c^{2}-b^{2}).
Тогда
am_{a}=bm_{b}~\Leftrightarrow~a^{2}m_{a}^{2}=b^{2}m_{b}^{2}~\Leftrightarrow~a^{2}(2b^{2}+2c^{2}-a^{2})=b^{2}(2a^{2}+2c^{2}-b^{2})~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~2a^{2}c^{2}-a^{4}=2b^{2}c^{2}-b^{4}~\Leftrightarrow~(a^{2}-b^{2})(2c^{2}-a^{2}-b^{2})=0,
Поскольку первый сомножитель отличен от 0, то
am_{a}=bm_{b}~\Leftrightarrow~a^{2}+b^{2}=2c^{2}~\Leftrightarrow~m_{c}^{2}=\frac{1}{4}(2a^{2}+2b^{2}-c^{2})=\frac{3}{4}c^{2}~\Leftrightarrow~m_{c}=\frac{c\sqrt{3}}{2}.
Значит, искомое ГМТ — окружность с центром в середине отрезка AB
и радиусом \frac{c\sqrt{3}}{2}
.
б) Пусть углы при вершинах A
, B
и C
треугольника ABC
равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Тогда по формуле для биссектрисы треугольника (см. задачу 4021)
l_{a}=\frac{2bc\cos\frac{\alpha}{2}}{b+c}~\mbox{и}~l_{b}=\frac{2ac\cos\frac{\beta}{2}}{a+c},
поэтому, применив теорему синусов, получим
al_{a}=bl_{b}~\Leftrightarrow~\frac{\cos\frac{\alpha}{2}}{b+c}=\frac{\cos\frac{\beta}{2}}{a+c}~\Leftrightarrow~\frac{\cos\frac{\alpha}{2}}{\frac{b}{c}+1}=\frac{\cos\frac{\beta}{2}}{\frac{a}{c}+1}~\Leftrightarrow~\frac{\cos\frac{\alpha}{2}}{\frac{\sin\beta}{\sin\gamma}+1}=\frac{\cos\frac{\beta}{2}}{\frac{\sin\alpha}{\sin\gamma}+1}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{\cos\frac{\alpha}{2}}{\sin\beta+\sin\gamma}=\frac{\cos\frac{\beta}{2}}{\sin\alpha+\sin\gamma}~\Leftrightarrow~\frac{\cos\frac{\alpha}{2}}{2\sin\frac{\beta+\gamma}{2}\cos\frac{\beta-\gamma}{2}}=\frac{\cos\frac{\beta}{2}}{2\sin\frac{\alpha+\gamma}{2}\cos\frac{\alpha-\gamma}{2}}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{\cos\frac{\alpha}{2}}{\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta-\gamma}{2}}=\frac{\cos\frac{\beta}{2}}{\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\gamma}{2}}~\Leftrightarrow~\cos\frac{\beta-\gamma}{2}=\cos\frac{\alpha-\gamma}{2}~\Leftrightarrow~\beta-\gamma=\pm(\alpha-\gamma),
а так как a\ne b
, то
\beta-\gamma=\gamma-\alpha~\Leftrightarrow~\alpha+\beta=2\gamma~\Leftrightarrow~180^{\circ}-\gamma=2\gamma~\Leftrightarrow~\gamma=60^{\circ}.
Следовательно, искомое ГМТ— объединение больших дуг описанных окружностей двух равносторонних треугольников со стороной AB
.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 1998, том 71, № 2, задача 1520, с. 145