13975. Точка D
лежит на стороне BC
треугольника ABC
, причём AB+BD=AC+CD
, а точки B
, C
и точки пересечения медиан треугольников ABD
и ACD
лежат на одной окружности. Докажите, что AB=AC
.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
и AB=c
, а p
— полупериметр треугольника ABC
. Пусть G_{1}
и G_{2}
— точки пересечения медиан треугольников ABD
и ACD
соответственно, T
— середина отрезка AD
.
Из условия следует, что
BD-CD=AC-AB=b-c~\mbox{и}~BD+DC=a,
поэтому
BD=\frac{a+b-c}{2}=p-c,~CD=\frac{a+c-b}{2}=p-b.
Четырёхугольник BG_{1}G_{2}C
вписанный, поэтому (см. задачу 2636) TG_{1}\cdot TB=TG_{2}\cdot TC
, или \frac{1}{3}TB^{2}=\frac{1}{3}TC^{2}
. Тогда TB=TC
.
По формуле для медианы треугольника (см. задачу 4014)
2AB^{2}+2BD^{2}-AD^{2}=4TB^{2}=4TC^{2}=2AC^{2}+2CD^{2}-AD^{2},
откуда
AB^{2}+BD^{2}=AC^{2}+CD^{2}~\Rightarrow~c^{2}+(p-c)^{2}=b^{2}-(p-b)^{2}~\Rightarrow~
~\Rightarrow~c^{2}-pc=b^{2}-pb~~\Rightarrow~(b-c)(b+c-p)=0~\Rightarrow~
~\Rightarrow~b=c,
так как
b+c-p=b+c-\frac{a+b+c}{2}=\frac{b+c-a}{2}\gt0
по неравенству треугольника.
Отсюда следует утверждение задачи.