6733. Дан треугольник ABC
такой, что AB-BC=\frac{AC}{\sqrt{2}}
. Пусть M
— середина стороны AC
, а N
— основание биссектрисы угла B
. Докажите, что \angle BMC+\angle BNC=90^{\circ}
.
Решение. Пусть C'
— точка, симметричная точке C
относительно прямой BN
. Тогда AC'=AB-BC=\frac{AC}{\sqrt{2}}
, поэтому
\frac{AM}{AC'}=\frac{\frac{1}{2}AC}{\frac{AC}{\sqrt{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{2},~\frac{AC'}{AC}=\frac{\frac{AC}{\sqrt{2}}}{AC}=\frac{\sqrt{2}}{2}.
Значит, \frac{AM}{AC'}=\frac{AC'}{AC}
, поэтому треугольники AC'M
и ACC'
подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними. Следовательно, \angle AC'M=\angle C'CA
Обозначим \angle A=\alpha
, \angle B=\beta
. Тогда
\angle BNC=\alpha+\frac{\beta}{2},~\angle BCC'=90^{\circ}-\frac{\beta}{2},
\angle AC'M=\angle C'CA=\angle ACB-\angle BCC'=
=(180^{\circ}-\alpha-\beta)-\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}\right)=90^{\circ}-\alpha-\frac{\beta}{2}=90^{\circ}-\angle BNC.
Из равенства AB-BC=\frac{AC}{\sqrt{2}}
получаем, что
AB^{2}+BC^{2}=2AB\cdot BC+\frac{AC^{2}}{2}.
Тогда по формуле для медианы
BM^{2}=\frac{1}{4}(2AB^{2}+2BC^{2}-AC^{2})=\frac{1}{4}(4AB\cdot BC+AC^{2}-AC^{2})=AB\cdot BC,
откуда \frac{BC'}{BM}=\frac{BC}{BM}=\frac{BM}{BA}
. Значит, треугольники BC'M
и BMA
также подобны, и \angle BMC'=\angle BAM=\alpha
. Следовательно,
\angle BMC+\angle BNC=(\angle CMC'-\angle BMC')+\angle BNC=
=(\angle MAC'+\angle AC'M-\angle BMC')+\angle BNC=
=(\angle MAC'+90^{\circ}-\angle BNC-\angle BMC')+\angle BNC=
=\angle MAC'+90^{\circ}-\angle BMC'=\alpha+90^{\circ}-\alpha=90^{\circ}.
Что и требовалось доказать.