10265. Внутри равностороннего треугольника ABC
отмечена точка M
так, что \angle AMC=150^{\circ}
. Докажите, что отрезки AM
, BM
и CM
таковы, что сумма квадратов двух из них равна квадрату третьего.
Решение. Первый способ. Рассмотрим поворот с центром A
на угол 60^{\circ}
, переводящий вершину B
в вершину C
(рис. 1). Образом точки M
будет некоторая точка M'
. Тогда CM'=BM
. Кроме того, треугольник MAM'
равносторонний, поэтому MM'=AM
и \angle AMM'=60^{\circ}
. Значит,
\angle CMM'=\angle AMC-\angle AMM'=150^{\circ}-60^{\circ}=90^{\circ}.
Тогда треугольник CMM'
прямоугольный. Следовательно,
BM^{2}=CM'^{2}=CM^{2}+MM'^{2}=CM^{2}+AM^{2}.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Через точку M
проведём прямые, параллельные сторонам треугольника и пересекающие стороны BC
, CA
и AB
в точках D
, E
и F
соответственно (рис. 2). Тогда AEMF
, BFMD
и CDME
— равнобокие трапеции, поэтому
AM=EF,~BM=FD,~CM=DE.
Докажем, что треугольник DEF
прямоугольный. Действительно, пусть
\angle AEF=\angle AMF=\alpha,~\angle DEC=\angle DMC=\beta.
Поскольку
\angle FMD=120^{\circ},~\mbox{а}~\angle AMC=150^{\circ},
то
\alpha+\beta=360^{\circ}-120^{\circ}-150^{\circ}=90{\circ}.
Значит,
\angle DEF=180^{\circ}-(\alpha+\beta)=90^{\circ}.
Таким образом,
BM^{2}=FD^{2}=DE^{2}+EF^{2}=CM^{2}+AM^{2}.
Что и требовалось доказать.