13867. Дан треугольник ABC
, в котором \angle B=2\angle C
, D
— основание биссектрисы, проведённой из вершины A
, M
и N
— середины AC
и BD
соответственно. Точки A
, M
, D
и N
лежат на одной окружности. Докажите, что \angle BAC=72^{\circ}
.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle ACB=\gamma
.
Из свойства биссектрисы треугольника (см. задачу 1509) получаем
DC=\frac{ab}{b+c},~DC=\frac{ab}{b+c},
поэтому
CN=DB+\frac{1}{2}DC=\frac{ac}{b+c}+\frac{ab}{2(b+c)}=\frac{a(2b+c)}{2(b+c)}.
Точки A
, M
, D
и N
лежат на одной окружности, поэтому CM\cdot CA=CD\cdot CN
(см. задачу 2636), или
\frac{b}{2}\cdot b=\frac{ab}{b+c}\cdot\frac{a(2b+c)}{2(b+c)}\Leftrightarrow~b(b+c)^{2}=a^{2}(2b+c)\Leftrightarrow~
\Leftrightarrow~b^{3}+2b^{2}c+bc^{2}=2a^{2}b+a^{2}c\Leftrightarrow~c^{2}b=c(a^{2}-2b^{2})+b(2a^{2}-b^{2}).
Поскольку из условия задачи следует, что b^{2}=c(a+c)=ac+c^{2}
(см. задачу 4096), то
b^{3}=abc+c^{2}b\Rightarrow~c^{2}b=b^{3}-abc.
Значит,
b^{3}-abc=c(a^{2}-2b^{2})+b(2a^{2}-b^{2})~\Leftrightarrow~
\Leftrightarrow~b^{3}-abc=a^{2}c-2b^{2}c+2a^{2}b-b^{3})
~\Leftrightarrow~c(a^{2}+ab-2b^{2})=2b(a^{2}-b^{2})~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~c(a-b)(a+2b)=2b(b-a)(b+a),
откуда получаем, что если a\ne b
, то c\lt0
, что невозможно. Следовательно, a=b
, т. е. данный треугольник равнобедренный. Значит, \angle BAC=\angle ABC=2\gamma
.
Сумма углов треугольника ABC
равна 180^{\circ}
, т. е.
\gamma+2\gamma+2\gamma=5\gamma=180^{\circ},
откуда \gamma=36^{\circ}
. Следовательно, \angle BAC+2\gamma=72^{2}
. Что и требовалось доказать.