18365. Дан треугольник ABC
, в котором углы при вершинах A
и C
равны 90^{\circ}
и 30^{\circ}
соответственно. Окружность \omega
, проходящая через точку A
, касается стороны BC
в её середине, и пересекает AC
и описанную окружность треугольника ABC
в точках N
и M
соответственно. Докажите, что MN\perp BC
.
Решение. Пусть K
— середина гипотенузы BC
прямоугольного треугольника ABC
. Тогда по теореме об угле между касательной и хордой и теореме о внешнем угле треугольника
AK=KC~\Rightarrow~\angle KAC=\angle NKC=30^{\circ}~\Rightarrow
\Rightarrow~\angle ANK=\angle NKC+\angle ABC=30^{\circ}+30^{\circ}=60^{\circ},
а так как точки A
, K
, N
и M
лежат на одной окружности \omega
, то
\angle KMN=\angle KAN=30^{\circ},~\angle AMK=\angle ANK=60^{\circ}.
Поскольку K
— центр описанной окружности прямоугольного треугольника ABC
, то KM=KC=AK
. Значит, равнобедренный треугольник AKM
с углом 60^{\circ}
при вершине M
— равносторонний. Тогда \angle AKB=60^{\circ}
, поэтому, учитывая, что треугольник ABK
тоже равносторонний, получаем
\angle AKM=180^{\circ}-\angle AKB-\angle AKM=180^{\circ}-60^{\circ}-60^{\circ}.
Пусть прямая MN
пересекает BC
в точке L
. Тогда
\angle KLM=180^{\circ}-\angle KMN-\angle LKM=180^{\circ}-30^{\circ}-60^{\circ}=90^{\circ}.
Следовательно, MN\perp BC
. Что и требовалось доказать.
Источник: Иранские математические олимпиады. — 2014, задача 1, с. 11