17766. Точки D
, E
и F
— середины сторон соответственно AB
, BC
и CA
треугольника ABC
; DM
и DN
— биссектрисы треугольников BDC
и ADC
соответственно. Прямые MN
и CD
пересекаются в точке O
, прямая EO
пересекает сторону AC
в точке P
, а прямая FO
пересекает сторону BC
в точке Q
. Докажите, что CD=PQ
.
Решение. По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{BM}{MC}=\frac{DB}{DC}~\mbox{и}~\frac{AN}{NC}=\frac{AD}{DC},
а так как AD=DB
, то \frac{BM}{MC}=\frac{AN}{NC}
. Значит, NM\parallel AB
и треугольники ABC
и NMC
подобны. Следовательно,
\frac{AB}{NM}=\frac{AC}{NC}=\frac{BC}{MC}.
Поскольку \frac{BM}{MC}=\frac{DB}{DC}
, получаем
\frac{DB+DC}{DC}=\frac{BM+MC}{MC}=\frac{BC}{MC}=\frac{AB}{NM}.
С другой стороны, FE
— средняя линия треугольника ABC
, поэтому
FE=\frac{1}{2}AB=DB~\Rightarrow~\frac{FE+DC}{DC}=\frac{2FE}{MN}~\Rightarrow~\frac{DB+DC}{DC}=\frac{2FE}{MN}~\Rightarrow
\Rightarrow~\frac{1}{FE}+\frac{1}{DC}=\frac{2}{MN}.\eqno(1)
По теореме Менелая для треугольника CMN
и прямых EP
и FQ
получаем
\frac{CP}{PN}\cdot\frac{NO}{OM}\cdot\frac{ME}{EC}=1~\mbox{и}~\frac{CQ}{QM}\cdot\frac{MO}{ON}\cdot\frac{NF}{FC}=1,
а так как NO=OM
, то
\frac{CP}{PN}\cdot\frac{ME}{EC}=1~\mbox{и}~\frac{CQ}{QM}\cdot\frac{NF}{FC}=1,
откуда
\frac{CP}{PN}=\frac{CE}{ME}~\mbox{и}~\frac{CQ}{QM}=\frac{FC}{FN}.
Поскольку FE\parallel AB\parallel NM
, получаем,
\frac{CE}{ME}=\frac{FC}{FN}~\Rightarrow~FE\parallel PQ.
Таким образом, PQEF
— трапеция, диагонали которой пересекаются в точке O
. Значит (см. задачу 1512),
\frac{1}{FE}+\frac{1}{PQ}=\frac{2}{MN},
а так как верно равенство (1), то PQ=DC
. Что и требовалось доказать.
Источник: Сингапурские математические олимпиады. — 1996-1997, отбор на Международную олимпиаду, задача 1.1