O problema a lui Akopyan din "Matematika v Skole"

[mihai miculita]

Fie $ABM$ si $BCN$ doua triunghiuri echilaterale, astfel ca: $[CM]\cap AB=\emptyset,\,[MN]\cap [BC]\neq\emptyset$ si $[AN]\cap[BC]\neq\emptyset.$
Notam cu $P-$ simetricul punctului $B$ fata de dreapta $AC.$ Aratati ca punctele $M,\,N$ si $P$ sunt 3 puncte coliniare.

[Virgil Nicula]

Fie $ABM$ si $BCN$ doua triunghiuri echilaterale, astfel ca: $[CM]\cap AB=\emptyset,\,[MN]\cap [BC]\neq\emptyset$ si $[AN]\cap[BC]\neq\emptyset.$
Notam cu $P-$ simetricul punctului $B$ fata de dreapta $AC.$ Aratati ca punctele $M,\,N$ si $P$ sunt 3 puncte coliniare.

Notam $S\in MN\cap AC$. Se observa ca $MBN\equiv ABC$ de unde obtinem ca $BSCN$ si $BASM$ sunt ciclice. Deoarece P este simetricul lui B
fata de AC si cele doua patrulatere sunt ciclice se arata usor ca unghiurile din jurul lui $S$ sunt de $60$ de grade, deci $P\in NS\implies P\in MN$.

[mihai miculita]

Eu aveam o solutie la nivelul cls. a VI-a (folosind doar triunghiuri congruente). Iata solutia mea!
Notand cu $A,B$ si $C-$ masurile unghiurilor $\Delta{ABC},$ avem: $m\left(\widehat{PAM}\right)=2A-60^0$
si atunci, intrucat:
$|AP|=|AB|=|AM|\Rightarrow m\left(\widehat{PAM}\right)=$$m\left(\widehat{MPA}\right)=$$\dfrac{1}{2}.\left[180^0-m\left(\widehat{MAP}\right)\right]=120^0-A\Rightarrow$$\boxed{m\left(\widehat{PMA}\right)=120^0-A}.\,\,(1)$
Pe de alta parte, avem:
$\boxed{m\left(\widehat{MBN}\right)}=m\left(\widehat{MBC}\right)+60^0=\boxed{m\left(\widehat{ABC}\right)};\,\,(2)$
si atunci, intrucat:
$\widehat{MBN}\equiv\widehat{ABC};\,\,(2)$ si $[BM]\equiv[AB];[BN]\equiv[BC]\Rightarrow\Delta{MBN}\equiv\Delta{ABC}\Rightarrow$$\boxed{m\left(\widehat{BMN}\right)}=m\left(\widehat{CAB}\right)=\boxed{A}.\,\,(3)$
In fine, tinand seama de relatiile (1) si(3), obtinem:
$m\left(\widehat{PMA}\right)+m\left(\widehat{AMB}\right)+m\left(\widehat{BMN}\right)=$$\left(120^0-A\right)+60^0+A=180^0\Rightarrow\boxed{M\in[NP]}.\blacksquare$