|
|
 |
Условие
Биссектриса угла ABC пересекает описанную окружность w треугольника ABC в точках B и L. Точка M – середина отрезка AC. На дуге ABC окружности w выбрана
точка E так, что EM ∥ BL. Прямые AB и BC пересекают
прямую EL в точках P и Q соответственно. Докажите, что
PE = EQ.
Решение
Первое решение.
Продлим EM до пересечения с окружностью в точке D. Докажем, что △BPQ∼△DAC, причем отрезку BE соответствует медиана DM.
Без ограничения общности, будем считать, что точка P лежит на продолжении AB. Учитывая, что между параллельными хордами BL и ED заключены равные дуги, а биссектриса BL делит дугу AC на две равных, запишем: ∠P=⌣AL−⌣BE2=⌣CL−⌣DL2=⌣CD2=∠A. И аналогично ∠Q=⌣CL+⌣BE2=⌣AL+⌣LD2=⌣AD2=∠C. Следовательно, △BPQ∼△DAC. Осталось заметить, что ∠QBE и ∠CDM равны, так как опираются на одну дугу. Значит, медиане DM соответствует отрезок BE, и он сам является медианой △BPQ,PE=EQ.
Второе решение. Это решение основано на работе Якова Богданова.
Пусть прямая EM пересекает AB и BC в точках P′ и Q′ соответственно. Также обозначим ∠BAE=∠BLE=∠BCE=∠QEQ′=∠PEP′=α и ∠ABL=∠CBL=∠AEM=∠CEM=β (указанные углы равны, как опирающиеся на одну дугу и углы при параллельных прямых). Последовательно применяя теорему синусов для треугольников △PP′E, △AP′E и △AP′M, получим: PE=P′E⋅sinβsin(β−α)=AP′⋅sinα⋅sinβsin(β+α)⋅sin(β−α)==AM⋅sin∠EMA⋅sinα⋅sinβsinβ⋅sin(β+α)⋅sin(β−α)=AC⋅sin∠EMA⋅sinα2⋅sin(β+α)⋅sin(β−α). Аналогично, применяя теорему синусов для треугольников △QQ′E, △CQ′E и △CQ′M, получим: QE=CM⋅sin∠EMC⋅sinα⋅sinβsinβ⋅sin(β+α)⋅sin(β−α)=AC⋅sin∠EMA⋅sinα2⋅sin(β+α)⋅sin(β−α). То есть PE=QE, что и требовалось доказать.
