17016. Биссектриса треугольника ABC
, проведённая из вершины A
, равна a
. Окружность, построенная на этой биссектрисе как на диаметре, делит стороны AB
и AC
в отношении 2:1
и 1:1
, считая от точки A
. Найдите площадь треугольника ABC
.
Ответ. \frac{7a^{2}\sqrt{35}}{48}
.
Решение. Пусть AL=a
— биссектриса треугольника ABC
, M
и N
— точки пересечения окружности со сторонами AB
и AC
соответственно. Положим AM=2x
, MB=x
, AN=NC=y
.
Прямоугольные треугольники AML
и ANL
равны по гипотенузе и острому углу, поэтому
y=AN=AM=2x,~LN=LM.
Обозначим LN=LM=h
. Тогда
S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABL}+S_{\triangle ACL}=\frac{1}{2}AB\cdot h+\frac{1}{2}AC\cdot h=
=\frac{1}{2}(AB+AC)\cdot h=\frac{1}{2}(3x+4x)\cdot h=\frac{7}{2}xh.
Из прямоугольных треугольников BML
и CNL
получаем
BL=\sqrt{x^{2}+h^{2}},~CL=\sqrt{4x^{2}+h^{2}}.
По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{BL}{LC}=\frac{AB}{AC}=\frac{3x}{4x}=\frac{3}{4},~\mbox{или}~\frac{\sqrt{x^{2}+h^{2}}}{\sqrt{4x^{2}+h^{2}}}=\frac{3}{4}~\Leftrightarrow~4\sqrt{x^{2}+h^{2}}=3\sqrt{4x^{2}+h^{2}}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~h^{2}=\frac{20}{7}x^{2}.
Тогда из прямоугольного треугольника AML
находим, что
a^{2}=AL^{2}=AM^{2}+LM^{2}=4x^{2}+h^{2}=4x^{2}+\frac{20}{7}x^{2}=\frac{48}{7}x^{2}~\Rightarrow~x^{2}=\frac{7}{48}a^{2}.
Следовательно,
S_{\triangle ABC}=\frac{7}{2}xh=\frac{7}{2}x\cdot\sqrt{\frac{20}{7}}x=x{2}\sqrt{35}=\frac{7}{48}a^{2}\cdot\sqrt{35}=\frac{7a^{2}\sqrt{35}}{48}.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет НГУ. — 1973, задача 2, вариант 1
Источник: Журнал «Квант». — 1974, № 2, с. 52, задача 2