10910. Дан треугольник ABC
. На внешней биссектрисе угла ABC
отмечена такая точка D
, лежащая внутри угла BAC
, что \angle BCD=60^{\circ}
. Известно, что CD=2AB
. Точка M
— середина отрезка BD
. Докажите, что треугольник AMC
равнобедренный.
Решение. Обозначим \angle CBM=\alpha
. Поскольку BM
— внешняя биссектриса угла ABC
, то
\angle ABM=180^{\circ}-\alpha~\mbox{и}~\alpha\lt90^{\circ}.
Опустим из точки D
перпендикуляр DH
на прямую BC
. В треугольнике BCD
углы при вершинах B
и C
острые, поэтому H
лежит на отрезке BC
. Поскольку DCH
— прямоугольный треугольник с углом 60^{\circ}
, то
CH=\frac{1}{2}CD=AB.
Треугольник BHD
прямоугольный, а HM
— его медиана, проведённая к гипотенузе, поэтому
HM=\frac{1}{2}BD=BM.
Следовательно,
\angle MHB=\angle HBM=\alpha,
откуда получаем, что
\angle MHC=180^{\circ}-\alpha=\angle ABM.
Поскольку также AB=CH
и BM=MH
, треугольники ABM
и CHM
равны по двум сторонам и углу между ними. Таким образом, AM=MC
. Что и требовалось доказать.