Задача 108907

Темы:    [ Вспомогательные подобные треугольники ] [ Симметрия помогает решить задачу ] [ Вписанные четырехугольники (прочее) ] [ Три точки, лежащие на одной прямой ] [ Угол между касательной и хордой ]

Сложность: 4 Классы: 8,9

Условие

Пусть BM – медиана остроугольного треугольника ABC. Касательная в точке A к описанной окружности треугольника ABM, и касательная в точке C к описанной окружности треугольника BCM, пересекаются в точке D. Докажите, что точка K, симметричная точке D относительно прямой AC лежит на прямой BM.

Решение 1

  Лемма. Вокруг треугольника PQR описана окружность, RS – касательная, проведённая к ней в точке R. Точка T лежит на прямой PQ, причём
∠TRP = ∠PRS.  Тогда  PT = ^PR²/_QP.
  Доказательство. По теореме об угле между касательной и хордой  ∠PQR = ∠PRS = ∠TRP,  значит, треугольники PQR и PRT подобны по двум углам. Поэтому  PT : RP = RP : QP,  то есть  PT = ^PR²/_QP.

  Выберем на прямой BM точки K' и K'', для которых  ∠K''CM = ∠MCD  и  ∠K''AM = ∠MAD.  По лемме  MK'' = ^CM²/_MB = ^AM²/_MB = MK'',  значит, точки K' и K'' совпадают. Поскольку точка K' симметрична точке D относительно прямой AC, отсюда следует решение задачи.

Решение 2

  Проведём серединный перпендикуляр ME к отрезку AC. Пусть точка D симметрична относительно него точке D. Заметим, что точки K и D' симметричны относительно точки M, поэтому, если мы докажем, что точка D' лежит на прямой BM, то и точка K также будет лежать на этой прямой.
  Действительно, поскольку  ∠DCA = ∠CBM  и  ∠DAC = ∠ABM,  имеем  ∠CD'A = ∠CDA = 180° – ∠DCA − ∠DAC = 180° − ∠ABM − ∠CBM = 180° − ∠B.  Это означает, что четырёхугольник ABCD′ – вписанный. Точка M лежит на его диагонали BD', так как  ∠CBM = ∠DCA = ∠CAD' = ∠CBD'.

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	6257