ЗАДАЧИ
problems.ru |
О проекте
|
Об авторах
|
Справочник
Каталог по темам | по источникам | |
|
Задача 108217
УсловиеСерединный перпендикуляр к стороне AC треугольника ABC пересекает сторону BC в точке M. Биссектриса угла AMB пересекает описанную окружность треугольника ABC в точке K. Докажите, что прямая, проходящая через центры вписанных окружностей треугольников AKM и BKM, перпендикулярна биссектрисе угла AKB. РешениеПоскольку MK – биссектриса внешнего угла при вершине M равнобедренного треугольника AMC, то MK || AC. Пусть продолжение отрезка MK за точку M пересекает описанную окружность треугольника ABC в точке K1. Дуги AK и CK1, заключённые между параллельными хордами KK1 и AC, равны. Поэтому ∠KBM = ∠KBC = ∠AKK1 = ∠AKM. Значит, треугольники MAK и MKB подобны по двум углам. Если ∠BMK = ∠KMA = α, то треугольник MAK переходит в треугольник MKB при композиции поворота вокруг точки M на угол α и гомотетии с центром M (поворотной гомотетии с центром M и углом α). При этом центр O1 вписанной окружности треугольника MAK переходит в центр O2 вписанной окружности треугольника MKB. Поскольку MO1 : MO2 = MK : MB и∠O1MO2 = ∠O1MK + ∠O2MK = α/2 + α/2 = α = ∠KMB, то треугольник O1MO2 подобен треугольнику KMB и переходит в него при композиции поворота на угол α/2 вокруг точки M и гомотетии с центром M. Следовательно, угол между прямыми O1O2 и KB также равен α/2. Аналогично, угол между прямыми O1O2 и KA равен α/2. Если прямая O1O2 пересекает прямые KB и KA в точках P и Q, то треугольник PKQ – равнобедренный. Его биссектриса, проведённая из вершины K, является высотой, а значит, перпендикулярна прямой O1O2. Источники и прецеденты использования |
© 2004-...
МЦНМО
(о копирайте)
|
Пишите нам
|