Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16210
2026-02-16 
Найдите боковую сторону равнобедренного треугольника с основанием 1, у которого биссектриса, медиана и заключённый между ними отрезок противоположной стороны также образуют равнобедренный треугольник
Решение:
Биссектриса и медиана, проведённые к основанию равнобедренного треугольника совпадают, поэтому равнобедренным может быть только треугольник, у которого стороны - это медиана $CM$ и биссектриса $CN$, проведённые к боковой стороне $AB$ исходного равнобедренного треугольника $ABC$ с основанием $BC$. Обозначим $AB=BC=x$.
Докажем, что $CM$ и $CN$ - боковые стороны равнобедренного треугольника $CNM$.
Ясно, что $x\ne1$, т.к. в противном случае треугольник $ABC$ равносторонний, и тогда точки $M$ и $N$ совпадают.
Пусть $x\lt1$. Тогда из свойства биссектрисы треугольника (см. задачу 5137) получаем, что $BM\lt BN$. При этом $\angle CAB\gt\angle ACB$, т.к. в треугольнике $ABC$ против большей стороны $BC$ ($BC=1\gt x=AC$) лежит больший угол. Значит, по теореме о внешнем угле треугольника, учитывая, что $\angle ACB\lt\angle BAC$, получаем
$\angle BNC=\angle BAC+\angle ACN=\angle BAC+\frac{1}{2}\angle ACB=\frac{1}{2}\angle BAC+\left(\frac{1}{2}\angle BAC+\frac{1}{2}\angle ACB\right)\gt\frac{1}{2}\angle BAC+\angle ACB=90^{\circ}.$
Следовательно, в равнобедренном треугольнике $CNM$ угол $BNC$ - это угол при вершине, противолежащей основанию $CM$. Аналогично, если $x\gt1$, то угол $BNC$ острый, а тогда угол $CNM$ тоже тупой (см. задачу 6898). Что и требовалось доказать.
Итак, из доказанного следует равенство
$BM-BN=MN=CN.$
Выразив через $x$ отрезки $BM$, $BN$ и $CN$ получим уравнение относительно $x$.
Из равенства $\frac{BN}{NA}=\frac{CB}{CA}=\frac{1}{x}$ (см. задачу 5133) получим
$\frac{AB}{BN}=\frac{x}{\frac{x}{x+1}}=1+x~\Rightarrow~BN=\frac{x}{x+1}.$
Пусть $A'$ и $N'$ - проекции точек соответственно $A$ и $N$ на сторону $BC$. Тогда из подобия прямоугольных треугольников $BN'N$ и $BA'A$ получаем
$\frac{BN'}{\frac{1}{2}BC}=\frac{BN}{AB}=\frac{1}{1+x},$
откуда
$BN'=\frac{1}{2(x+1)}~\Rightarrow~CN'=BC-BN'=1-\frac{1}{2(x+1)}=\frac{2x+1}{2(x+1)}.$
Кроме того,
$NN'=AA'\cdot\frac{BN}{AB}=\sqrt{AB^{2}-BA'^{2}}\cdot\frac{1}{x+1}=\sqrt{x^{2}-\frac{1}{4}}\cdot\frac{1}{x+1}=\frac{\sqrt{4x^{2}-1}}{2(x+1)},$
значит,
$CN=\sqrt{NN'^{2}-CN'^{2}}=\sqrt{\frac{4x^{2}-1}{4(x+1)^{2}}-\frac{(2x+1)^{2}}{4(x+1)^{2}}},$
а т.к. $BM-BN=CN$, то
$\frac{x}{2}-\frac{x}{x+1}=\sqrt{\frac{4x^{2}-1}{4(x+1)^{2}}-\frac{(2x+1)^{2}}{4(x+1)^{2}}},~\frac{x(x-1)}{2(x+1)}=\frac{\sqrt{8x^{2}+4x}}{2(x+1)},$
$x(x-1)=\sqrt{8x^{2}+4x},~x^{2}(x-1)^{2}=8x^{2}+4x,~x(x-1)^{2}=8x+4,$
$x^{3}-2x^{2}-7x-4=0,~(x-4)(x+1)^{2}=0.$
Условию задачи удовлетворяет единственный корень этого уравнения $x=4$
Найдите боковую сторону равнобедренного треугольника с основанием 1, у которого биссектриса, медиана и заключённый между ними отрезок противоположной стороны также образуют равнобедренный треугольник
Решение:
Биссектриса и медиана, проведённые к основанию равнобедренного треугольника совпадают, поэтому равнобедренным может быть только треугольник, у которого стороны - это медиана $CM$ и биссектриса $CN$, проведённые к боковой стороне $AB$ исходного равнобедренного треугольника $ABC$ с основанием $BC$. Обозначим $AB=BC=x$.
Докажем, что $CM$ и $CN$ - боковые стороны равнобедренного треугольника $CNM$.
Ясно, что $x\ne1$, т.к. в противном случае треугольник $ABC$ равносторонний, и тогда точки $M$ и $N$ совпадают.
Пусть $x\lt1$. Тогда из свойства биссектрисы треугольника (см. задачу 5137) получаем, что $BM\lt BN$. При этом $\angle CAB\gt\angle ACB$, т.к. в треугольнике $ABC$ против большей стороны $BC$ ($BC=1\gt x=AC$) лежит больший угол. Значит, по теореме о внешнем угле треугольника, учитывая, что $\angle ACB\lt\angle BAC$, получаем
$\angle BNC=\angle BAC+\angle ACN=\angle BAC+\frac{1}{2}\angle ACB=\frac{1}{2}\angle BAC+\left(\frac{1}{2}\angle BAC+\frac{1}{2}\angle ACB\right)\gt\frac{1}{2}\angle BAC+\angle ACB=90^{\circ}.$
Следовательно, в равнобедренном треугольнике $CNM$ угол $BNC$ - это угол при вершине, противолежащей основанию $CM$. Аналогично, если $x\gt1$, то угол $BNC$ острый, а тогда угол $CNM$ тоже тупой (см. задачу 6898). Что и требовалось доказать.
Итак, из доказанного следует равенство
$BM-BN=MN=CN.$
Выразив через $x$ отрезки $BM$, $BN$ и $CN$ получим уравнение относительно $x$.
Из равенства $\frac{BN}{NA}=\frac{CB}{CA}=\frac{1}{x}$ (см. задачу 5133) получим
$\frac{AB}{BN}=\frac{x}{\frac{x}{x+1}}=1+x~\Rightarrow~BN=\frac{x}{x+1}.$
Пусть $A'$ и $N'$ - проекции точек соответственно $A$ и $N$ на сторону $BC$. Тогда из подобия прямоугольных треугольников $BN'N$ и $BA'A$ получаем
$\frac{BN'}{\frac{1}{2}BC}=\frac{BN}{AB}=\frac{1}{1+x},$
откуда
$BN'=\frac{1}{2(x+1)}~\Rightarrow~CN'=BC-BN'=1-\frac{1}{2(x+1)}=\frac{2x+1}{2(x+1)}.$
Кроме того,
$NN'=AA'\cdot\frac{BN}{AB}=\sqrt{AB^{2}-BA'^{2}}\cdot\frac{1}{x+1}=\sqrt{x^{2}-\frac{1}{4}}\cdot\frac{1}{x+1}=\frac{\sqrt{4x^{2}-1}}{2(x+1)},$
значит,
$CN=\sqrt{NN'^{2}-CN'^{2}}=\sqrt{\frac{4x^{2}-1}{4(x+1)^{2}}-\frac{(2x+1)^{2}}{4(x+1)^{2}}},$
а т.к. $BM-BN=CN$, то
$\frac{x}{2}-\frac{x}{x+1}=\sqrt{\frac{4x^{2}-1}{4(x+1)^{2}}-\frac{(2x+1)^{2}}{4(x+1)^{2}}},~\frac{x(x-1)}{2(x+1)}=\frac{\sqrt{8x^{2}+4x}}{2(x+1)},$
$x(x-1)=\sqrt{8x^{2}+4x},~x^{2}(x-1)^{2}=8x^{2}+4x,~x(x-1)^{2}=8x+4,$
$x^{3}-2x^{2}-7x-4=0,~(x-4)(x+1)^{2}=0.$
Условию задачи удовлетворяет единственный корень этого уравнения $x=4$
