Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3284
2019-06-02 
В неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведены медианы $AK$ и $BL$. Углы $BAK$ и $CBL$ равны $30^{\circ}$. Найдите углы треугольника $ABC$.
Решение:
1°. Обозначим через $M$ точку пересечения медиан треугольника $ABC$. Рассмотрим равносторонний треугольник $APQ$, для которого отрезок $AK$ является медианой, а точка $P$ лежит на прямой $AB$ (рис.). Так как точка пересечения медиан всегда делит их в отношении $2 \div 1$, точка $M$ является точкой пересечения медиан, а значит, и центром треугольника $APQ$. Значит, $\angle KPM = 30^{\circ} = \angle KBM$. Следовательно, точки $M, K, P, B$ лежат на одной окружности. Так как угол $\angle MKP$ прямой, $MP$ - диаметр этой окружности. Значит, угол $PBM$ - тоже прямой, так что
$\angle ABC = \angle ABM + \angle CBL = 90^{\circ} + 30^{\circ} = 120^{\circ}$.
2°. Далее, наша окружность пересекает $AP$ ровно в двух точках, одна из которых $P$, а другая, $B$ - середина $AP$.
Пусть сторона треугольника $APQ$ равна $2a$. Имеем: $AB = а, AK = \sqrt 3 а$. Треугольник $BKP$ - равносторонний, $BK = а = KC$, значит, $BC = 2a$. Далее, $\angle ABK = 120^{\circ}$, откуда по теореме косинусов
$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2AB \cdot BC \cos 120^{\circ} = а^2 + 4a^2 + 2a^2 = 7a^2$.
Наконец, по теореме косинусов находим
$\cos {\angle ACB} = \frac {4+7-1}{2 \cdot 2 \sqrt 7} = \frac{5}{2 \sqrt{7}}$
и
$\cos {\angle CAB} = \frac {7+1-4}{2 \sqrt{7}} = \frac{2}{ \sqrt{7}}$.
Ответ: $\angle B = 120^{\circ}$, $\angle C = \arccos \frac{5}{2} \sqrt{7}, \angle A = arccos \frac{2}{ \sqrt{7}}$.
В неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведены медианы $AK$ и $BL$. Углы $BAK$ и $CBL$ равны $30^{\circ}$. Найдите углы треугольника $ABC$.
Решение:
1°. Обозначим через $M$ точку пересечения медиан треугольника $ABC$. Рассмотрим равносторонний треугольник $APQ$, для которого отрезок $AK$ является медианой, а точка $P$ лежит на прямой $AB$ (рис.). Так как точка пересечения медиан всегда делит их в отношении $2 \div 1$, точка $M$ является точкой пересечения медиан, а значит, и центром треугольника $APQ$. Значит, $\angle KPM = 30^{\circ} = \angle KBM$. Следовательно, точки $M, K, P, B$ лежат на одной окружности. Так как угол $\angle MKP$ прямой, $MP$ - диаметр этой окружности. Значит, угол $PBM$ - тоже прямой, так что
$\angle ABC = \angle ABM + \angle CBL = 90^{\circ} + 30^{\circ} = 120^{\circ}$.
2°. Далее, наша окружность пересекает $AP$ ровно в двух точках, одна из которых $P$, а другая, $B$ - середина $AP$.
Пусть сторона треугольника $APQ$ равна $2a$. Имеем: $AB = а, AK = \sqrt 3 а$. Треугольник $BKP$ - равносторонний, $BK = а = KC$, значит, $BC = 2a$. Далее, $\angle ABK = 120^{\circ}$, откуда по теореме косинусов
$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2AB \cdot BC \cos 120^{\circ} = а^2 + 4a^2 + 2a^2 = 7a^2$.
Наконец, по теореме косинусов находим
$\cos {\angle ACB} = \frac {4+7-1}{2 \cdot 2 \sqrt 7} = \frac{5}{2 \sqrt{7}}$
и
$\cos {\angle CAB} = \frac {7+1-4}{2 \sqrt{7}} = \frac{2}{ \sqrt{7}}$.
Ответ: $\angle B = 120^{\circ}$, $\angle C = \arccos \frac{5}{2} \sqrt{7}, \angle A = arccos \frac{2}{ \sqrt{7}}$.
