12282. Внутри неравнобедренного остроугольного треугольника ABC
, в котором \angle ABC=60^{\circ}
, отмечена точка T
, для которой \angle ATB=\angle BTC=\angle ATC=120^{\circ}
. Медианы треугольника пересекаются в точке M
. Прямая TM
пересекает вторично окружность, описанную около треугольника ATC
, в точке K
. Найдите \frac{TM}{MK}
.
Ответ. \frac{1}{2}
.
Решение. Первый способ. Пусть O
—центр описанной окружности \Omega
треугольника ABC
. Поскольку
\angle AOC=2\angle ABC=120^{\circ}=\angle ATC,
точка O
лежит на описанной окружности \gamma
треугольника ATC
.
Пусть прямая BT
вторично пересекает окружности \gamma
и \Omega
в точках X
и P
соответственно. Поскольку
\angle ATX=180^{\circ}-\angle ATB=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ}=\angle CTX,
луч TX
— биссектриса вписанного угла ATC
, поэтому точка X
— середина большей дуги AC
окружности \gamma
, а так как O
— середина меньшей дуги AC
, то OX
— диаметр этой окружности.
Пусть точка K'
симметрична точке P
относительно середины S
стороны AC
. Тогда
\angle AK'C=\angle APC=120^{\circ}=\angle ATC,
поэтому точка K'
лежит на окружности \gamma
. Точка M
лежит на медиане BS
треугольника BPK'
и делит её в отношении 2:1
, считая от точки B
, поэтому M
— точка пересечения медиан этого треугольника. Тогда точка M
лежит и на медиане K'T
, а значит, на прямой TM
. Таким образом, K'
— точка пересечения прямой TM
с окружностью \gamma
. Следовательно, точка K'
совпадает с K
, и TM:MK=1:2
.
Второй способ. Пусть AA_{1}
и BB_{1}
— медианы треугольника ABC
. Поскольку
\angle TBC=60^{\circ}-\angle TBA=\angle TAB,
треугольники ATB
и BTC
подобны по двум углам. Тогда \angle BC_{1}T=\angle TA_{1}C
как соответственные углы (между соответствующими стороной и медианой). Значит,
\angle BC_{1}T=\angle TA_{1}C=180^{\circ}-\angle BA_{1}T.
Следовательно, BA_{1}TC_{1}
— четырёхугольник, вписанный в некоторую окружность \omega
.
Рассмотрим гомотетию с центром M
и коэффициентом -2
. Эта гомотетия переводит точку A_{1}
в точку A
, точку C_{1}
— в C
, а точку B
— в B'
(вершину параллелограмма ABCB'
). Значит, треугольник ABC
переходит в треугольник AB'C
. При этом
\angle AB'C=\angle A_{1}BC_{1}=60^{\circ}=180^{\circ}-\angle ATC.
Значит, точка B'
лежит на окружности \gamma
, описанной около треугольника ATC
. Тогда при рассматриваемой гомотетии окружность \omega
переходит в \gamma
, поэтому точка T
окружности \omega
переходит в точку K
окружности \gamma
. Следовательно, TM:MK=1:2
.
Третий способ. Пусть O
и Q
— центры описанных окружностей треугольников ABC
и ATC
соответственно, а H
ортоцентр треугольника ABC
. Поскольку
\angle AOC=2\angle ABC=120^{\circ}~\mbox{и}~\angle AHC=180^{\circ}-\angle ABC,
точки O
и H
лежат на окружности \gamma
, а так как
\angle AQC=360^{\circ}-2\angle ATC=360^{\circ}-240^{\circ}=120^{\circ},180^{\circ}-\angle ABC,
то точка Q
лежит на окружности \Omega
. Как и в первом способе, заметим, что прямая BT
вторично пересекает окружность \gamma
в точке X
, диаметрально противоположной точке O
. Заметим также, что BH=OQ=\frac{1}{2}OX
(см. задачу 1257).
Пусть BX
пересекает OH
в точке L
. Треугольники OLX
и HLB
подобны с коэффициентом \frac{OX}{BH}=2
, поэтому HL=\frac{1}{3}HO
. При гомотетии с центром M
и коэффициентом -\frac{1}{2}
точка H
переходит в O
, поэтому OM=\frac{1}{3}OH=LH
.
Таким образом, TM
— медиана прямоугольного треугольника OTL
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому TM=MO
. Значит, подобные треугольники OMK
и TNH
равны, и
MK=MH=2OM=2TM.
Следовательно, TM:MK=1:2
.