Олимпиада имени Леонарда Эйлера
2015-2016 учебный год, II тур регионального этапа


Точки $M$ и $N$ — середины биссектрис $AK$ и $CL$ треугольника $ABC$ соответственно. Докажите, что угол $ABC$ прямой тогда и только тогда, когда $\angle MBN = 45^\circ$. ( методкомиссия, А. Кузнецов )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Пусть угол $ABC$ — прямой (см. рис. справа). Тогда $BM$ и $BN$ — медианы в прямоугольных треугольниках $ABK$ и $CBL$, откуда $\angle MBA = \angle MAB = \angle BAC/2$ и $\angle NBC =\angle NCB = \angle BCA/2$. Значит, $\angle MNB = 90^\circ-(\angle BAC+\angle BCA)/2 = 45^\circ$.

Пусть угол $ABC$ — тупой (см. рис. внизу). Обозначим через $R$ и $T$ середины сторон $AB$ и $AC$ соответственно. Тогда точка $M$ лежит на средней линии $TR$ треугольника $ABC$. Как известно, в тупоугольном треугольнике медиана тупого угла короче половины стороны, к которой она проведена, то есть $TB < TA$. Поскольку $TR$ — медиана в треугольнике $ATB$, отсюда следует, что основание биссектрисы этого треугольника, проведённой из вершины $T$, лежит на отрезке $RB$. Значит, точка пересечения биссектрис этого треугольника лежит на отрезке $MK$. Аналогично, точка пересечения биссектрис треугольника $CTB$ лежит на отрезке $NL$. Следовательно, $\angle MBN = \angle MBT+\angle NBT > (\angle ABT+\angle CBT)/2 = \angle ABC/2 > 45^\circ$.

Аналогично доказывается, что если угол $ABC$ острый (см. рис. внизу), то точки пересечения биссектрис треугольников $ATB$ и $BTC$ лежат на отрезках $AM$ и $CN$ соответственно, откуда $\angle MBN < \angle ABC/2 < 45^\circ$.