4096. Две стороны треугольника равны a
и b
. Найдите третью сторону c
треугольника, если его угол, лежащий против третьей стороны, в два раза больше угла, лежащего против стороны, равной b
.
Ответ. \sqrt{b(a+b)}
.
Решение. Первый способ. Обозначим через \alpha
угол, лежащий против стороны, равной b
. Тогда угол, противолежащий стороне, равной c
, равен 2\alpha
. По теореме синусов
\frac{a}{\sin(180^{\circ}-3\alpha)}=\frac{a}{\sin3\alpha}=\frac{b}{\sin\alpha}.
Поскольку
\sin3\alpha=\sin\alpha(2\cos2\alpha+1),
то
2\cos2\alpha=\frac{a-b}{b}.
Тогда по теореме косинусов
c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos2\alpha=a^{2}+b^{2}-a(a-b)=b^{2}+ab=b(a+b).
Второй способ. Обозначим через \alpha
угол, лежащий против стороны, равной b
. Если l
— биссектриса угла, равного 2\alpha
, противолежащего искомой стороне c
, то
l=\frac{2ab\cos\alpha}{a+b}
(см. задачу 4021). С другой стороны, эта биссектриса отсекает от данного треугольника равнобедренный треугольник с основанием a
и углом при основании \alpha
. Поэтому
l=\frac{a}{2\cos\alpha}.
Следовательно,
2\cos^{2}\alpha=\frac{a+b}{2b},~\cos2\alpha=2\cos^{2}\alpha-1=\frac{a-b}{2b}.
Тогда по теореме косинусов
c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos2\alpha=a^{2}+b^{2}-a(a-b)=b^{2}+ab=b(a+b).
Третий способ. Проведём биссектрису CD
треугольника ABC
, в котором BC=a
, AC=b
. Тогда \angle ACD=\angle BCD=\frac{1}{2}\angle ACB=\angle ABC
, значит, треугольник CDB
— равнобедренный, CD=DB
, а треугольники ACD
и ABC
подобны (по двум углам). Поэтому отношение суммы сторон AD
и DC
, заключающих угол ADC
треугольника ACD
, к сумме сторон AC
и BC
, заключающих угол ACB
треугольника ABC
, равно коэффициенту подобия, т. е. отношению сторон AC
и AB
. Поскольку CD=BD
и AB=AD+DB=AD+DC
, то
\frac{AD+DC}{AC+BC}=\frac{AC}{AB},~\frac{AB}{a+b}=\frac{b}{AB},
Отсюда находим, что
AB^{2}=b(a+b),~AB=\sqrt{b(a+b)}.
Источник: Моденов П. С. Сборник задач по специальному курсу элементарной математики. — М.: Советская наука, 1957. — № 134, с. 174
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1960, билет 5, № 1
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 60-5-1, с. 78
Источник: Вступительный экзамен в МИЭТ. — 1990, вариант 2, № 5