JBTST I 2008, Problema 4

[Laurian Filip]

Fie \( ABC \) un triunghi si \( D \) mijlocul laturii \( BC \). Pe laturile \( AB \) si \( AC \) exista punctele \( M \), respectiv \( N \), ambele diferite de mijloacele laturilor, astfel ca \( AM^2+AN^2=BM^2+CN^2 \) si \( \angle MDN = \angle BAC \). Sa se arate ca \( A=90^{\circ} \).

[Filip Chindea]

Fie \( E, F \) mijloacele \( [AC] \), respectiv \( AB \). Notam \( x := MF \), \( y := NE \).

Avem \( \angle MDN = \angle A = \angle FDE \), deci \( \angle MDF = \angle NDE \), \( \angle MFD + \angle NED = \pi \). Din rapoartele de sinusuri in \( \triangle MDF \) si \( \triangle NDE \),

\( \left( \frac{x}{y} \right)^2 = \frac{MD^2}{ND^2} = \frac{MB^2 + DB^2 - 2 \cdot MB \cdot DB \cdot \cos B}{NC^2 + DC^2 - 2 \cdot NC \cdot DC \cdot \cos C} \).

Efectuand calculele (exercitiu pentru cititor) si tinand cont de ipoteza (\( cx = by \)), relatia se reduce la \( a^2 = b^2 + c^2 \Leftrightarrow \angle A = \pi/2 \) \( \qed \)

PS Se pare ca exista si o solutie 100% sintetica, insa o alta interpretare a ipotezei nu este chiar imediata.