mateforum.ro

Fie M si N pe laturile (AB) respectiv (AC) ale tringhiului ABC astfel incat CM\( \cap \)BN={O}, BO=OC si AM=AN. Demonstrati ca tringhiul ABC este isoscel.

Rusia, Etapa regionala 1993, Clasa a 9-a, Problema 3

Fie \( AC>AB \) \( \Rightarrow \) \( NC > MB \) si \( \widehat{B} > \widehat{C} \) adica \( \widehat{ABN} > \widehat{ACM} \).
Notez: \( \widehat{CBN} = \widehat{BCM} = z \) \( \widehat{ABN} = x \) si \( \widehat{ACM} = y \) \( \Rightarrow x>y \).

Aplicam de mai multe ori T. sinusurilor:
- in triunghiul ABN \( \ \frac {AN}{sin x} = \frac {c}{sin \widehat{ANB}} = \frac {c}{sin \widehat{BNC}} \) (1)

- in triunghiul AMC \( \ \frac {AM}{sin y} = \frac {b}{sin \widehat{CMA}} = \frac {b}{sin \widehat{CMB}} \) (2)

- in triunghiul BNC \( \ \frac {a}{sin \widehat{BNC}} = \frac {NC}{sin z} \) (3)

- in triunghiul BMC \( \ \frac {a}{sin \widehat{CMB}} = \frac {BM}{sin z} \) (4)

Impartim pe (2) la (1): \( \frac {sin x}{sin y} = \frac {sin \widehat{BNC}}{sin \widehat{CMB}} \) \( \frac {b}{c} \) (5)

Impartim pe (4) la (3): \( \frac {sin \widehat{BNC}}{sin \widehat{CMB}} = \frac {BM}{NC} \) (6)

Din (5) si (6) avem: \( \frac {sin x}{sin y} = \) \( \frac {b}{c} \) \( \frac {BM}{NC} \)

Dar \( \frac {b}{c} \) \( \frac {BM}{NC} \) \( = \frac {BM*NC + BM*AN}{NC*c} \) \( < \) \( \frac {BM*NC + NC*AM}{NC*c} \) \( = \frac {NC*c}{NC*c} \) \( = 1 \) \( \Rightarrow \frac {sin x}{sin y} \) \( < 1 \) \( \Rightarrow sin y > sin x \).

Cum functia sinus este crescatoare pe \( (0, \frac {\pi}{2} ] \) si descrescatoare pe \( [\frac {\pi}{2} , \pi ) \) , iar \( x>y \) si \( sin x < sin y \) \( \Rightarrow x \in (\frac {\pi}{2} , \pi ) \) si \( y \in (0 , \frac {\pi}{2} ) \) \( sin y > sin x = sin (\pi - x ) \Rightarrow y > \pi - x \Rightarrow x+y > \pi \), contradictie cu \( x+y < \pi \) (x si y sunt unghiuri in triunghiul ABC).
Asadar am obtinut o contradictie cand am presupus ca \( AC > AB \). In mod analog se obtine contradictie pentru \( AC < AB \). In concluzie, triunghiul ABC este isoscel.

Construim \( EF\|| MN,\ E\in AB,\ F\in AC,\ O\in EF. \) Daca \( O \) este mijlocul lui \( (EF) \), concluzia problemei este imediata.
Presupunem, prin absurd, ca \( O \) nu este mijlocul lui \( (EF) \). Fie atunci \( P \) izotomicul punctului \( O \) pe latura \( [EF] \) a triunghiului \( AEF \) si \( S \) punctul de intersectie a dreptelor \( NP \) si \( AB \). Presupunem, fara restrangerea generalitatii, ca avem ordinea \( E-O-P-F \). Avem:
1. \( \triangle MEO\equiv\triangle NFP \), deci \( \angle ANS\equiv\angle AMC \).
2. \( \triangle ANS\equiv\triangle AMC \), de unde \( NS=MC \).
3. \( NS>NB \).
4. \( NB=NO+OB \).
5. \( NO>NP=MO \).
6. Din \( OB=OC \) si 5. deducem ca \( NB>MC \).
7. Din 3. si 6. obtinem \( NS>MC \), in contradictie cu 2.
Presupunerea facuta este falsa; problema este rezolvata.
P.S. Am cautat o solutie mai frumoasa, dar inca nu am gasit.

Construim prin A paralela la BC si notam intersectia ei cu CM, BN cu P, respectiv Q.
Obtinem astfel trapezul isoscel BCQP.
Din asemanari evidente obtinem relatia BM.AP=CN.AQ (*)
Sa presupunem ca AB>AC, rezulta BM>NC, prin (*) rezulta AQ>AP, de unde rezulta ca AC>AB, absurd.
Analog celalalt caz.

De unde rezulta ca AC>AB?

Daca AQ>AP urmeaza ca unghiul ACQ este mai mare decat unghiul ABP de unde rezulta ca unghiul ABC este mai mare decat unghiul ACB si acum sper ca este clar!