Олимпиадная задача по планиметрии про треугольник ABC и точку M

а) Поскольку площади треугольников AMB, BMC и AMC равны (каждая из них составляет третью часть площади треугольника ABC), то из формулы S = pr следует, что равны и периметры этих треугольников (рис 1).

Допустим, что AB > BC. Тогда угол ADB — тупой (D — середина стороны AC). Поэтому AM > MC. Следовательно, периметр треугольника AMB больше периметра треугольника BMC, что невозможно.

б) Пусть O₁, O₂, O₃ — центры вписанных окружностей треугольников AMB, BMC и AMC. Поскольку радиусы этих окружностей равны, а BM — биссектриса угла ABC, то первая и вторая окружности касаются отрезка BM в одной и той же точке (рис.2). Аналогично для остальных пар окружностей.

Поскольку биссектрисы треугольника ABC являются серединными перпендикулярами к сторонам равностороннего треугольника O₁O₂O₃, то точка M — центр треугольника O₁O₂O₃. Поэтому, например,

$\angle$BMC = 120^o, а т.к. $\angle$BMC = 90^o + ${\frac{1}{2}}$$\angle$A, то $\angle$A = 60^o. Аналогично $\angle$B = 60^o.

в) Предположим, что BC > AC (рис.3). Обозначим через D и E точки касания вписанных окружностей треугольников AMC и BMC со сторонами AC и BC соответственно, r — радиус окружностей. Поскольку радиусы этих окружностей равны и $\angle$CAM = $\angle$CBM, то AD = BE. Поэтому CD < CE.

С другой стороны, поскольку BC > AC, то $\angle$BAC > $\angle$ABC. Поэтому

$\displaystyle \angle$MCA = 90^o - $\displaystyle \angle$BAC < 90^o - $\displaystyle \angle$ABC = $\displaystyle \angle$BCM.

Тогда

CD = r cos$\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$$\displaystyle \angle$MCA > r cos$\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$$\displaystyle \angle$BCM = CE,

что невозможно. Аналогично докажем, чтоBCне может быть меньшеAC.