13856. Биссектриса угла BAC
треугольника ABC
пересекает сторону BC
в точке D
, а описанную окружность треугольника ABC
— в точке M
. Известно, что
\frac{1}{BD^{2}}+\frac{1}{CD^{2}}=\frac{2}{AD^{2}}.
Докажите, что \angle BAC=90^{\circ}
.
Решение. Рассмотрим случай, когда AC\gt BC
.
Точка M
— середина дуги BMC
, поэтому MB=MC
. Пусть MN
— высота равнобедренного треугольника BMC
. Тогда N
— середина BC
. По теореме о произведении отрезков пересекающихся хорд BD\cdot CD=AD\cdot DM
. Значит,
\frac{2}{AD^{2}}=\frac{1}{BD^{2}}+\frac{1}{CD^{2}}=\frac{BD^{2}+CD^{2}}{BD^{2}\cdot CD^{2}}=\frac{BD^{2}+CD^{2}}{AD^{2}\cdot DM^{2}},
откуда
2DM^{2}=BD^{2}+CD^{2}.
В то же время,
BD^{2}+CD^{2}=(BN-DN)^{2}+(BN+DN)^{2}=2BN^{2}+2DN^{2},
поэтому
DM^{2}=BN^{2}+DN^{2},
а так как по теореме Пифагора
DM^{2}=DN^{2}+MN^{2},
то BN=MN=\frac{1}{2}BC
. Тогда равнобедренный треугольник BNM
— прямоугольный, поэтому \angle BCM=45^{\circ}
. Следовательно,
\angle BAC=2\angle BAM=2\angle BCM=2\cdot45^{\circ}=90^{\circ}.
Что и требовалось доказать.
Аналогично для случая, когда AC\lt BC
, а для AC=BC
утверждение очевидно.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2009, № 5, задача 3358, с. 346