11020. В треугольнике ABC
биссектриса, проведённая из вершины A
, равна 2, и AB=2AC
. На сторонах AB
и AC
взяты точки M
и N
соответственно, причём BM=AN
. Найдите наименьшее возможное расстояние от середины отрезка MN
до вершины A
.
Ответ. \frac{3}{2}
.
Решение. Пусть Q
— середина отрезка MN
, AK
— биссектриса треугольника ABC
, точки M'
, N'
Q'
и B'
— проекции точек соответственно M
, N
, Q
и B
на прямую AK
. Тогда N'Q'=Q'M'
(см. задачу 1939) и AN'=M'B'
(равные отрезки AN
и BM
образуют равные углы с прямой AK
).
Обозначим, AC=m
, \angle BAK=\angle CAK=\alpha
. Тогда
AB=2m,~AQ'=AN'+N'Q'=\frac{1}{2}AB'=\frac{1}{2}AB\cos\alpha=m\cos\alpha,
значит, AQ\geqslant AQ'=m\cos\alpha
.
Докажем, что существует такое положение точек M
и N
при котором имеет место равенство. Действительно, пусть M
— середина стороны AB
. Тогда в качестве точки N
возьмём вершину C
. Обозначим CK=t
. Тогда по свойству биссектрисы треугольника BK=2t
(см. задачу 1509). Через точку M
проведём прямую, параллельную AK
, и пересекающую сторону BC
в точке T
. По теореме Фалеса
TK=BT=t=CK,
следовательно, прямая AK
пересекает MC
в его середине Q
. Что и требовалось доказать.
По формуле для биссектрисы треугольника (см. задачу 4021)
AK=\frac{2AB\cdot AC\cos\alpha}{AB+AC}=\frac{4m^{2}\cos\alpha}{3m}=\frac{4m\cos\alpha}{3},
откуда
AQ=m\cos\alpha=\frac{3}{4}AK=\frac{3}{4}\cdot2=\frac{3}{2}.
Можно вычислить QA
по-другому. По теореме о средней линии треугольника
AK=2MT=4KQ,
Следовательно,
QA=\frac{3}{4}AK=\frac{3}{4}\cdot2=\frac{3}{2}.
Примечание. См. статью П.Горнштейна, В.Полонского и М.Якира «Геометрические решения экстремальных геометрических задач», Квант, 1992, N9, с.59-63.
Источник: Журнал «Квант». — 1992, № 9, с. 43, задача 3
Источник: Вступительный экзамен в МАИ. —