3866. На продолжении биссектрисы AL
треугольника ABC
за точку A
взята такая точка D
, что AD=10
и \angle BDC=\angle BAL=60^{\circ}
. Найдите площадь треугольника ABC
. Какова наименьшая площадь треугольника BDC
при данных условиях?
Ответ. 25\sqrt{3}
, 75\sqrt{3}
.
Указание. Докажите подобие треугольников ABD
и ADC
. Для нахождения наибольшей площади воспользуйтесь неравенством \frac{a+b}{2}\geqslant\sqrt{ab}
для любых неотрицательных a
и b
.
Решение. Обозначим \angle BDA=\alpha
. Тогда \angle ADC=\angle BDC-\angle BDA=60^{\circ}-\alpha
.
По теореме о внешнем угле треугольника
\angle ABD=\angle BAL-\angle BDA=60^{\circ}-\alpha.
Значит, треугольники ABD
и ADC
подобны по двум углам (их углы при общей вершине A
равны по 120^{\circ}
), поэтому \frac{AB}{AD}=\frac{AD}{AC}
. Откуда находим, что AB\cdot AC=AD^{2}=100
.
Следовательно,
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\cdot\sin\angle BAC=\frac{1}{2}\cdot100\cdot\sin120^{\circ}=50\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=25\sqrt{3}.
Далее:
S_{\triangle ADC}=S_{\triangle ABD}+S_{\triangle ADC}+S_{\triangle ABC}=
=\frac{1}{2}\cdot AD\cdot AB\cdot\sin120^{\circ}+\frac{1}{2}\cdot AD\cdot AC\cdot\sin120^{\circ}+25\sqrt{3}=
=\frac{1}{2}\cdot10\cdot AB\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}\cdot10\cdot AC\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}+25\sqrt{3}=
=\frac{5\sqrt{3}}{2}(AB+AC)+25\sqrt{3}\geqslant\frac{5\sqrt{3}}{2}\cdot2\sqrt{AB\cdot AC}+25\sqrt{3}=
=\frac{5\sqrt{3}}{2}\cdot2\cdot10+25\sqrt{3}=50\sqrt{3}+25\sqrt{3}=75\sqrt{3},
причём равенство достигается, если AB=AC=10
.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет МГУ. — 2003 (март), вариант 1, № 3
Источник: Вступительные экзамены и олимпиады по математике 2003—2005 гг. / Под общ. ред. И. Н. Сергеева. — М.: Изд-во ЦПИ при мехмате МГУ, 2006. — с. 13