16223. Вершины M
и N
квадрата MNPQ
лежат на стороне BC
треугольника ABC
, а вершины P
и Q
— на сторонах CA
и AB
соответственно. При этом
\frac{AM}{AN}=\frac{AC+AB\sqrt{2}}{AB+AC\sqrt{2}}.
Для каких треугольников ABC
это верно?
Ответ. Либо AB=AC
, либо \angle BAC=135^{\circ}
.
Решение. Обозначим \angle BAC=\alpha
, BC=a
, CA=b
, AB=b
.
Пусть при гомотетии с центром A
и коэффициентом \frac{AB}{AQ}
точки P
и Q
переходят в V
и U
соответственно. Тогда квадрат QMPN
переходит в квадрат BUVC
.
Учитывая, что
\sin\alpha-\cos\alpha=\sin\alpha-\sin(90^{\circ}-\alpha)=2\sin(\alpha-45^{\circ})\cos45^{\circ}=\sqrt{2}\sin(\alpha-45^{\circ}),
а также теорему синусов \left(\frac{a}{b}=\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}\right)
, получаем по теореме косинусов
AU^{2}=c^{2}+a^{2}-2ac\cos(\beta+90^{\circ})=c^{2}+a^{2}+2ac\sin\beta=c^{2}+a^{2}+2bc\sin\alpha=
=c^{2}+(b^{2}+c^{2}-2bc\cos\alpha)+2bc\sin\alpha=2c^{2}+b^{2}+2bc(\sin\alpha-\cos\alpha)=
=2c^{2}+b^{2}+2\sqrt{2}bc\sin(\alpha-45^{\circ})=(b+c\sqrt{2})^{2}+2\sqrt{2}bc(\sin(\alpha-45^{\circ})-1).
Обозначим
2\sqrt{2}bc(\sin(\alpha-45^{\circ})-1)=m.
Тогда
AU^{2}=(b+c\sqrt{2})^{2}+m.
Аналогично,
AV^{2}=(c+b\sqrt{2})^{2}+m.
Поскольку из гомотетии \frac{AM}{AN}=\frac{AU}{AV}
, то
\frac{(b+c\sqrt{2})^{2}}{(c+b\sqrt{2})^{2}}=\frac{(b+c\sqrt{2})^{2}+m}{(c+b\sqrt{2})^{2}+m}.
После очевидных упрощений получаем, что m(b^{2}-c^{2})=0
, откуда m=0
или b=c
.
В первом случае
\sin(\alpha-45^{\circ})-1=0~\Rightarrow~\alpha-45^{\circ}=90^{\circ}~\Rightarrow~\alpha=135^{\circ}.
Во втором — треугольник ABC
равнобедренный, AB=AC
.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2005, № 3, задача 2932 (2004, с. 173, 175), с. 185