13700. Точка M
— середина медианы AD
треугольника ABC
. Прямая BM
пересекает сторону AC
в точке N
. Докажите, что прямая AB
касается описанной окружности треугольника NBC
тогда и только тогда, когда \frac{BM}{MN}=\frac{BC^{2}}{BN^{2}}
.
Решение. По теореме Менелая для треугольника BCN
и прямой AD
получаем
\frac{BM}{MN}\cdot\frac{NA}{AC}\cdot\frac{CD}{DB}=1,
а так как BD=CD
, то \frac{BM}{MN}=\frac{AC}{CN}
.
Необходимость. Пусть AB
— касательная к описанной окружности треугольника NBC
. Тогда из теоремы об угле между касательной и хордой получаем, что \angle ABN=\angle BCN
. Треугольники ABN
и ACB
с общим углом при вершине A
подобны по двум углам, поэтому
\frac{AN}{AB}=\frac{AB}{AC}=\frac{BN}{CB}~\Rightarrow~\frac{AN}{AB}\cdot\frac{AB}{AC}=\left(\frac{BN}{CB}\right)^{2}~\Rightarrow~\frac{BM}{MN}=\frac{AC}{AN}=\frac{BC^{2}}{BN^{2}}.
Что и требовалось доказать.
Достаточность. Пусть \frac{BM}{MN}=\frac{BC^{2}}{BN^{2}}
. Тогда
\frac{AC}{AN}=\frac{BM}{MN}=\frac{BC^{2}}{BN^{2}}.
Пусть касательная к описанной окружности треугольника NBC
пересекает прямую AC
в точке A'
. Тогда по доказанному \frac{A'C}{A'N}=\frac{BC^{2}}{BN^{2}}
. Значит, \frac{AC}{AN}=\frac{A'C}{A'N}
. Следовательно, точка A'
совпадает с A
, и \frac{BM}{MN}=\frac{BC^{2}}{BN^{2}}
. Что и требовалось доказать.