13522. На сторонах AB
и BC
остроугольного треугольника ABC
(AB\lt BC
) вне треугольника построены квадраты ABDE
и BCFG
. Точки M
и N
— середины сторон BC
и AC
соответственно, S
— точка пересечения прямых BN
и GM
. Оказалось, что точки M
, C
, S
, N
лежат на одной окружности. Докажите, что MD=MG
.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle BMG=\angle CMS=\varphi
, \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
.
Из прямоугольного треугольника BMG
находим, что
\sin\varphi=\frac{2}{\sqrt{5}},~\cos\varphi=\frac{1}{\sqrt{5}}.
Из вписанного четырёхугольника MCNS
получаем
\angle ANB=\angle CNS=\angle CMS=\varphi,~
\angle CSM=\angle CSM=\angle CNM=\angle CAB=\alpha.
Треугольники BNA
и CMS
подобны по двум углам, поэтому
\frac{BA}{NA}=\frac{CS}{MS},~\mbox{или}~\frac{2c}{b}=\frac{\sin\varphi}{\sin(\varphi+\alpha)}=\frac{\sin\varphi}{\sin\varphi\cos\alpha+\cos\varphi\sin\alpha}=
=\frac{\frac{2}{\sqrt{5}}}{\frac{2}{\sqrt{5}}\cos\alpha+\frac{1}{\sqrt{5}}\sin\alpha}=\frac{2}{2\cos\alpha+\sin\alpha},
откуда
b=c\sin\alpha+2c\cos\alpha,
а так как
\frac{b}{\sin\beta}=\frac{a}{\sin\alpha},~\cos\alpha=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc},
то
b^{2}=bc\sin\alpha+2bc\cos\alpha=ac\sin\beta+b^{2}+c^{2}-a^{2},
откуда
a^{2}=ac\sin\beta+c^{2}.
По теореме косинусов из треугольника DBM
получаем
MD^{2}=\frac{a^{2}}{4}+c^{2}-ac\cos(90^{\circ}+\beta)=\frac{a^{2}}{4}+c^{2}+ac\sin\beta=
=\frac{a^{2}}{4}+a^{2}=\frac{5}{4}a^{2}=MG^{2}.
Следовательно, MD=MG
. Что и требовалось доказать.
Примечание. Условие AB\lt BC
и остроугольность треугольника ABC
не являются обязательными.