12516. В треугольнике ABC
отрезки AM
и CP
— биссектрисы, причём AP+CM=AC
. Найдите угол ABC
.
Ответ. 60^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Пусть O
— точка пересечения биссектрис AM
и CP
. Отметим на стороне AC
точку K
, для которой AK=AP
. Тогда по условию CK=CM
. Треугольники APO
и AKO
равны по двум сторонам (AP=AK
, AO
— общая) и углу между ними. Значит, OP=OK
. Аналогично, равны треугольники CMO
и CKO
, откуда OK=OM
. Следовательно, OP=OM
.
1) Опустим из точки O
перпендикуляры OE
, OH
и OT
на стороны AB
, BC
и AC
соответственно (E
, H
и T
— точки касания вписанной окружности треугольника ABC
с соответствующими сторонами, а OE=OH=OT
— радиусы вписанной окружности).
Если точка P
лежит между A
и E
, то AP\lt AE
, поэтому
AK=AP\lt AE=AT~\Rightarrow~CM=CK\gt CT=CH.
Значит, точка M
лежит между B
и H
. Аналогично, если точка P
лежит между B
и P
, то точка M
лежит между C
и M
.
2) Прямоугольные треугольники OEP
и OHM
равны по катету (OE=OH
) и гипотенузе (OP=OM
), значит, \angle EPO=\angle HMO
. При этом, если угол EPO
внутренний для четырёхугольника BPOM
, то HMO
— внешний, и наоборот. Следовательно, сумма углов
\angle OPB+\angle OMB=180^{\circ},
поэтому четырёхугольник BPOM
— вписан в окружность.
3) Обозначим \angle ABC=\beta
. Тогда \angle POM=90^{\circ}+\frac{\beta}{2}
(см. задачу 4770), а так как четырёхугольник BPOM
вписанный, то
\beta+\left(90^{\circ}+\frac{\beta}{2}\right)=180^{\circ},
откуда находим, что \beta=60^{\circ}
.
Второй способ. Обозначим BC=a
, AC=b
и AB=c
. Из свойства биссектрисы треугольника (см. задачу 1509) следует, что
AP=\frac{bc}{a+b},~CM=\frac{ab}{b+c}.
По условию
b=\frac{bc}{a+b}+\frac{ab}{b+c},~\mbox{или}~1=\frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c},
откуда
ab+b^{2}+ac+bc=bc+c^{2}+a^{2}+ab,~\mbox{или}~b^{2}=a^{2}+c^{2}-ac.
По теореме косинусов
\cos\angle ABC=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=\frac{a^{2}+c^{2}-a^{2}-c^{2}+ac}{2ac}=\frac{ac}{2ac}=\frac{1}{2}.
Следовательно, \angle ABC=60^{\circ}
.
Третий способ. Отразим точку P
относительно биссектрисы AM
. Получим точку L
на стороне AC
, причём треугольник APL
равнобедренный. Из условия AP+CM=AC
следует, что CL=CM
, т. е. треугольник CLM
тоже равнобедренный. Тогда MA
— серединный перпендикуляр к отрезку PL
, поэтому MP=ML
. Аналогично, PC
— серединный перпендикуляр к отрезку ML
, поэтому PM=PL
. Таким образом, треугольник PML
равносторонний, поэтому \angle PML=60^{\circ}
.
Пусть \angle BAC=2\alpha
и \angle BCA=2\gamma
. Тогда
\angle ALP=90^{\circ}-\alpha,~\angle CLM=90^{\circ}-\gamma.
Значит,
90^{\circ}-\alpha+90^{\circ}-\gamma=120^{\circ}~\Rightarrow~\alpha+\gamma=60^{\circ}~\Rightarrow~2\alpha+2\gamma=120^{\circ}.
Следовательно,
\angle ABC=180^{\circ}-2\alpha-2\gamma=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ}.
Примечание. Верно следующее утверждение: если биссектрисы AM
и CP
пересекаются в точке O
и при этом OP=OM
, то либо AB=BC
, либо \angle ABC=60^{\circ}
(см. задачу 11877). В нашей задаче из условия AP+CM=AC
следует, что \angle ABC=60^{\circ}
и в случае, когда AB=BC
.
Источник: Всесибирская физико-математическая олимпиада. — 2019-2020, первый этап, задача 4, 10 класс
Источник: Московская математическая регата. — 2023, 9 класс, задача 3.2