Една задача

[Futurolog]

Не знам дали е прието да се пускат случайни теми и задачи в тоя раздел на форума. Просто си помислих, че може да е интересна следната задача:

Даден е триъгълник АВС. Нека точката D лежи на страната ВС така, че BD.AB=DC.AC, а M и N да са съответно средите на отсечките AD и BC. Също така <MBC+<MCA=<MBA+<MCB. Да се докаже, че центърът на описаната около триъгълника BMC окръжност лежи на MN.

[Реклама]

[Titu_Andrescu]

Ще докажем, че центърът на описаната около триъгълника BMC окръжност е N, ако AB><AC, а случаят когато AB=AC e очевиден. За целта е достатъчно да докажем, че <BMC=90.
Нека AQ e ъглополовящата на <BAC, Q принадлежи на BC. От свойството на ъглополовящата имаме, че AB/AC=BQ/QC, но от условието имаме, че AB/AC=CD/DB, следователно BQ/QC=CD/DB. Тогава BQ/QC+1=CD/DB+1,
(BQ+QC)/QC=(CD+DB)/DB, BC/QC=BC/DB от където следва, че QC=DB. Тъй като N е среда на BC, то BN=NC и QN=|QC-CN|=|DB-BN|=DN. Следователно N e среда и на QD. Тогава в триъгълника AQD имаме, че МQ е средна отсечка и следователно MQ||AQ.
Нека T и S са от правата BC и са такива, че TM e перпендикулярна на AC, а SM e перпендикулярна на AB. Тогава MN e ъглополовяща на <TMS.
Нека сега: <ABM=c, <MBC=d, <ACM=a, <MCB=b, <TMN=<SMN, <BMN=w, CMN=w’. От горните означения следва, че <TMB=c и <SMC=a.
w-c=w’-a, w-w’=c-a. Също c+b=a+d от даденото. Тогава w-w’=c-a=d-b или w+b=w’+d. От друга страна w+w’+b+d=180 и следователно w+b=w’+d=90.
Заключаваме, че sinw=cosb и sinw’=cosd. Тъй като MN е медианата в триъгълника BMC, то sind/sinb = sinw/sinw’ = cosb/cosd, следователно sind.cosd=sinb.cosb или
2sind.cosd=2sinb.cosb, sin2d=sin2b.
От тук имаме 2 възможности: ако 2а+2b=180, то d+b=90 – което искахме да докажем. Ако 2b=2d, d=b, то c=a и c+d=a+b, следователно <B=<C и триъгълника е равнобедрен и очевидно исканото и изпълнено.
С това задачата е решена.

[Futurolog]

Браво, Титу!

Ако на някой му се занимава, може да потърси и решение без използването на косинуси и синуси. Ако пък някой се интересува, но не му се занимава, мога да напиша моето решение, което използва методи без синуси и косинуси. Всъщност тази задача беше пусната в друг форум, като предизвикателство да се намери решение с материал обхващащ еднаквости, подобности ъгли, окръжности и други подобни, но без тригонометрия (т.е. в стила на древногръцката геометрия ). Задачата би трябвало да е от някаква олимпиада (арменска или нещо такова, поне така твърдеше човека който я публикува). Аз между другото успях да открия само "древногръцкото" решение и не се сетих за тригонометричното... така, че поздравления за Титу още веднъж.

[Titu_Andrescu]

Futurolog, по възможност споменаваи източници или олимпиади на които е давана тази задача и т.н. или ако не, поне казвай от каде си я видял, иначе не е интересно

[Футуролог]

ще споменавам източниците. Понякога обаче не ги знам, но каквото знам, ще споменавам...

Ето и едно друго решение, за което споменах по-горе:

Нека Р е средата на АВ и Q е средата на АС. Нека <АВМ=а, <МВС=б, <ВСМ=г, <МСА = д. Тогава по условие имаме, че а+г=б+д.

Нека L е симетричната точка на D върху правата ВС относно средата N, т.е. DN=LN. Тогава AB/AC=BL/CL, т.е. AL е ъглополовящата на <ВАС. Тъй като MN е средна отсечка в триъгълника ALD, то MN || AL (да се чете MN успоредна на AL) и MN = 1/2 AL.

Нека К(1) е описаната окръжност около тр. АВС. Нека С1 е втората пресечна точка на правата СМ с окръжността К(1) и В1 да е втората пресечна точка на правата ВМ с К(1). Нека правата В1С1 пресича АВ и АС съответно в точките Т и S. Тогава, <АТS = 1/2 (дъга(АВ1) + дъга(ВС1)) = а+г (взимат се малките дъги между точките). Аналогично <AST = в+д. Но по условие излиза, че
<AST = а+г = в+д = <ATS, т.е. тр. ATS е равнобедрен и AL е перпендикулярна на B1C1. Оттук пък следва, че и МN е перпендикулярна на B1C1.

Като се има предвид, че <С1В1М = <МСВ = г като съответно вписани в К(1),
<В1С1М = <МВС = б, пак като съответно вписани и, че МN е перпендикулярна на B1C1, веднага се пресмята, че <NMC = 90-б и <NMB = 90-г.

Нека сега К(2) да е описаната окръжност около тр. ВМС и нека MN пресича К(2) в точка Н. Като разгледаме вписания в окръжността К(2) четириъгълник МВНС и като погледнам сътветните вписани ъгли, които четириъгълника, задно с диагоналите си, образува, веднага получаваме, че <МСН = <МВН = 90. Това означава, че МН е диаметър на К(2), т.е. центърът на К(2) лежи на правата МN, което трябваше и да се покаже.

Между другото оттук веднага следва, че триъгълникът АВС е равнобедрен с бедра АВ=АС, или <ВМС = 90 (т.е. центърът на К(2) е точката N), ама това разсъждение не се изисква в задачата...