在 $\vartriangle ABC$ 中，$AB=AC$，高 $AM=11$，点 $D$ 在 $AM$ 上，$AD=10$，$\angle BDC=3\angle BAC$，且 $\vartriangle ABC$ 的周长可以写成 $a+\sqrt{b}$ 的形式，其中 $a$，$ b$ 是整数，求 $a+b$．
【难度】
【出处】
1995年第13届美国数学邀请赛（AIME）
【标注】
【答案】
616
【解析】
如图所示，设 $\angle BAM\text{=}\theta $，则 $\angle BDM=3\theta$，
$\tan 3\theta=\frac{BM}{DM}=\frac{BM}{AM}\times \frac{AM}{AM-AD}=11\tan \theta $．
设 $\tan \theta =x$，由倍角公式易得 $\frac{x+\frac{2x}{1-{{x}^{2}}}}{1-x\cdot\frac{2x}{1-{{x}^{2}}}}=11x$，
即 $\frac{3-{{x}^{2}}}{1-3{{x}^{2}}}=11$．从而 $x=\frac{1}{2}$，即 $BM=\frac{11}{2}$．
所以 $a+\sqrt{b}=2\left(\frac{11}{2} \right)+\sqrt{{{\left( \frac{11}{2}\right)}^{2}}+{{11}^{2}}}=11+\sqrt{605}$，
故 $a+b=11+605=616$．
$\tan 3\theta=\frac{BM}{DM}=\frac{BM}{AM}\times \frac{AM}{AM-AD}=11\tan \theta $．
设 $\tan \theta =x$，由倍角公式易得 $\frac{x+\frac{2x}{1-{{x}^{2}}}}{1-x\cdot\frac{2x}{1-{{x}^{2}}}}=11x$，
即 $\frac{3-{{x}^{2}}}{1-3{{x}^{2}}}=11$．从而 $x=\frac{1}{2}$，即 $BM=\frac{11}{2}$．
所以 $a+\sqrt{b}=2\left(\frac{11}{2} \right)+\sqrt{{{\left( \frac{11}{2}\right)}^{2}}+{{11}^{2}}}=11+\sqrt{605}$，
故 $a+b=11+605=616$．
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解析
备注
