ЗАДАЧИ
problems.ru |
О проекте
|
Об авторах
|
Справочник
Каталог по темам | по источникам | |
|
Задача 109670
УсловиеПроведем через основание биссектрисы угла A разностороннего треугольника ABC отличную от стороны BC касательную к вписанной в треугольник окружности. Точку ее касания с окружностью обозначим через Ka . Аналогично построим точки Kb и Kc . Докажите, что три прямые, соединяющие точки Ka , Kb и Kc с серединами сторон BC , CA и AB соответственно, имеют общую точку, причем эта точка лежит на вписанной окружности.Решение1. Докажем, что стороны треугольника KaKbKc параллельны соответствующим сторонам треугольника ABC . Пусть AC>AB . Имеем POL= KaOL и POB= ROB (см. рис. 1) , поэтому KaOR=2 LOB . Угол LOB внешний в треугольнике AOB , значит KaOR=2(α /2+β /2)=α +β . Случай AC<AB разбирается аналогично. Подобными же рассуждениями получаем, что KbOR=α +β . Следовательно, точки Ka и Kb симметричны относительно прямой OR , поэтому прямые KaKb и AB параллельны.Итак, соответствующие стороны треугольников MaMbMc и KaKbKc параллельны ( Ma , Mb , Mc – середины сторон треугольника), поэтому эти треугольники гомотетичны. Центр этой гомотетии является общей точкой прямых MaKa , MbKb и McKc . 2. Пусть прямая MaKa вторично пересекает вписанную в треугольник ABC окружность в точке T . Будем считать, что AC>AB . Докажем, что описанная вокруг треугольника TKaL окружность проходит через основание H высоты треугольника ABC . Для этого достаточно проверить выполнение равенства MaL· MaH=MaP2 , так как MaP2=MaKa· MaT (см. рис. 2) . Это можно сделать, выразив длины отрезков MaP , MaL и MaH через стороны треугольника ABC . Мы докажем его, пользуясь известными свойствами точки P' касания со стороной BC соответствующей вневписанной окружности треугольника: точка P' симметрична P относительно Ma и отрезок AP' пересекает вписанную окружность в точке, диаметрально противоположной точке P . Поэтому прямые AP' и MaO параллельны ( O – центр вписанной окружности, см. рис. 3). Пользуясь параллельностью прямых AH и OP , равенством MaP'=MaP и теоремой Фалеса, получаем === == , что и требовалось. Так как четырехугольник TKaLH вписанный, углы MaTH и MaLKa равны. Угол MaLKa легко выражается через углы треугольника ABC : MaLKa=180o -2 ALB=β -γ (см. рис.) . Рассмотрим теперь четырехугольник MbTHMa . Заметим, что HCA= CHMb=γ (треугольник CMbH – равнобедренный ), CMaMb=β . Поэтому MaMbH=β -γ , значит MaTHMb – вписанный ( MaTH= MaMbH ) и, следовательно, MaTMb=MaHMb=γ . Обозначим через K точку пересечения отрезка TMb со вписанной окружностью. Так как вписанный в окружность угол KaTK равен γ , а дуга RKa вписанной окружности равна α +β (это было доказано ранее), точки Ka и K симметричны относительно прямой OR . Но точки Ka и Kb , как отмечено ранее, также симметричны относительно этой прямой. Значит точки K и Kb совпадают, что означает, что прямые MaKa и MbKb пересекаются в точке T вписанной окружности. Из доказанного следует известная теорема Фейербаха. Источники и прецеденты использования |
© 2004-...
МЦНМО
(о копирайте)
|
Пишите нам
|