12249. В треугольнике ABC
проведены серединные перпендикуляры к сторонам AB
и AC
, пересекающие прямые AC
и AB
в точках N
и M
соответственно. Известно, что NM=BC
. Найдите угол при вершине A
треугольника ABC
.
Ответ. 60^{\circ}
или 120^{\circ}
.
Решение. Положим BC=2a
, AC=2b
, AB=c
, \angle BAC=\alpha
. Пусть Q
и P
— середины сторон AC
и AB
соответственно. Из прямоугольных треугольников AQM
и APN
находим, что
AM=\frac{AQ}{\cos\alpha}=\frac{b}{\cos\alpha},~AN=\frac{AP}{\cos\alpha}=\frac{c}{\cos\alpha},
если \alpha\lt90^{\circ}
, и
AM=\frac{AQ}{\cos\alpha}=-\frac{b}{\cos\alpha},~AN=\frac{AP}{\cos\alpha}=-\frac{c}{\cos\alpha},
если \alpha\gt90^{\circ}
.
По теореме косинусов
MN^{2}=AM^{2}+AN^{2}-2AM\cdot AN\cos\alpha=\frac{b^{2}}{\cos^{2}\alpha}+\frac{c^{2}}{\cos^{2}\alpha}-\frac{2bc}{\cos\alpha}=
=\frac{b^{2}+c^{2}-2bc\cos\alpha}{\cos^{2}\alpha},
BC^{2}=AC^{2}+AB^{2}-2AC\cdot AB\cos\alpha=4b^{2}+4c^{2}-8bc\cos\alpha=
=4(b^{2}+c^{2}-2bc\cos\alpha),
а так как по условию MN=BC
, то
\frac{b^{2}+c^{2}-2bc\cos\alpha}{\cos^{2}\alpha}=4(b^{2}+c^{2}-2bc\cos\alpha),
откуда \cos^{2}\alpha=\frac{1}{4}
. Следовательно, \cos\alpha=\pm\frac{1}{2}
, т. е. \alpha=60^{\circ}
или \alpha=120^{\circ}
.
Покажем, оба случая удовлетворяют условию задачи, т. е. в каждом из них NM=BC
.
Пусть \alpha=60^{\circ}
. Точка N
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AB
, поэтому AN=NB
. Значит, треугольник ANB
равносторонний, и AN=AB
. Аналогично, AM=AC
. Тогда треугольники ANM
и ABC
равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, NM=BC
.
Пусть \alpha=120^{\circ}
. Точка N
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AB
, поэтому AN=NB
, а так как
\angle BAN=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ},
то треугольник ANB
равносторонний, и AN=AB
. Аналогично, AM=AC
. Тогда треугольники ANM
и ABC
равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, NM=BC
.