mateforum.ro

Fie ABC un triunghi cu AB=AC si un punct D pe latura AC astfel incat CD=2DA. Fie M un punct pe segmentul BD.

Se se arate ca \( \angle {MCB}=\angle{MBA} \) daca si numai daca \( AM\perp MC \).

Marcel Chirita, GM 9/2008

Notand AB=AC=b si BC=a din teotema lui Stewart obtinem \( BD=\frac{\sqrt{3a^2+4b^2}}{3} \)

Deasamenea CD este tangenta la cercul circumscris \( \triangle BMC \) de unde folosind putere punctului D fata de cerc \( CD^2=DM\cdot DB \)

Asadar \( DM=\frac{4b^2}{3\sqrt{3a^2+4b^2}} \)

In continuare aplicam de doua ori teorema lui Stewart in triunghiurile BCD respectiv ABD apoi adunam relatiile si

\( MD(a^2+b^2)-BD(AM^2+CM^2)=MD\frac{b^2}{3} \) deci

\( AM^2+CM^2=\frac{MD}{BD}(a^2+b^2)-\frac{MB}{BD}\frac{b^2}{3}=\frac{4b^2}{3a^2+4b^2}(a^2+b^2)-\frac{3a^2}{3a^2+4b^2}\frac{b^2}{3}=b^2=AC^2 \)
deci triunghiul AMC este dreptunghic in M.

Multumesc, profesor Marius Mainea, pentru postarea acestei frumoase probleme pe acest site !

Marius Mainea wrote: Fie \( \triangle\ ABC \) cu \( AB=AC \) si \( D\in [AC] \) astfel incat \( CD=2DA \) . Fie \( M\in [BD] \) .
Se se arate ca \( \angle {MCB}=\angle{MBA}\ \Longleftrightarrow\ AM\perp MC \) (Marcel Chirita, GM 9/2008).

Dem. Notam \( E\in (BD \) pentru care \( AE\ \parallel\ BC \) . Se arata usor ca \( 2\cdot AE=BC \) , adica \( EA\ \perp\ EC \)

si \( \widehat {CAE}\ \equiv\ \widehat {ACB}\ \equiv\ \widehat {CME} \) . Asadar \( AMCE \) este inscriptibil, ceea ce inseamna \( AM\ \perp\ MC \) .

Remarca. Se poate arata usor ca \( \frac {MB}{MD}=\frac {3a^2}{4b^2}\ \ \wedge\ \ \tan\ (\angle MCB)=\frac {4S}{a^2+4b^2} \) , unde \( S=[ABC] \)

si daca \( F \) este simetricul lui \( C \) in raport cu \( A \) , atunci \( m(\angle AMF)=m(\angle AMD) \) .

Vedeti aici o generalizare (cu numeroase aplicatii !) a acestei probleme.