2872. В треугольнике ABC
со стороной AC=8
проведена биссектриса BL
. Известно, что площади треугольников ABL
и BLC
относятся как 3:1
. Найдите биссектрису BL
, при которой высота, опущенная из вершины B
на основание AC
, будет наибольшей.
Ответ. 3\sqrt{2}
.
Указание. Воспользуйтесь свойством биссектрисы и теоремой косинусов.
Решение. По свойству биссектрисы треугольника \frac{AL}{CL}=\frac{AB}{BC}
, а так как
\frac{AL}{CL}=\frac{S_{\triangle ABL}}{S_{\triangle BLC}}=3,
то \frac{AB}{BC}=3
.
Обозначим BC=a
. Тогда AB=3a
. По формуле Герона
S_{\triangle ABC}=\sqrt{(2a+4)(a+4)(4-a)(2a-4)}=2\sqrt{(a^{2}-4)(16-a^{2})}.
Пусть BH
— высота треугольника ABC
. Обозначим BH=h
. Тогда
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot h=4h,
поэтому
h=\frac{1}{4}\cdot2\sqrt{(a^{2}-4)(16-a^{2})}\leqslant\frac{1}{4}(a^{2}-4+16-a^{2})=3,
причём равенство достигается при a^{2}-4=16-a^{2}
, т. е. при a=\sqrt{10}
. Тогда
BC=a=\sqrt{10},~AB=3a=3\sqrt{10}.
Из прямоугольного треугольника AHB
находим, что
\sin\angle BAH=\frac{BH}{AB}=\frac{h}{3a}=\frac{3}{3\sqrt{10}}=\frac{1}{\sqrt{10}}.
Тогда \cos\angle BAH=\frac{3}{\sqrt{10}}
(угол BAH
острый, поскольку в треугольнике ABC
он лежит против стороны BC\lt AB
), а так как
AL=AC\cdot\frac{AL}{AC}=8\cdot\frac{3}{4}=6,
то по теореме косинусов находим, что
BL^{2}=AB^{2}+AL^{2}-2AB\cdot AL\cos\angle BAH=90+36-2\cdot3\sqrt{10}\cdot6\cdot\frac{3}{\sqrt{10}}=
=126-108=18.
Следовательно, BL=3\sqrt{2}
.