Задача 108679

Темы:    [ Вспомогательная окружность ] [ Симметрия помогает решить задачу ] [ Вписанный угол равен половине центрального ] [ Вспомогательная окружность ] [ Углы, опирающиеся на равные дуги и равные хорды ] [ Правильный (равносторонний) треугольник ] [ Четырехугольники (прочее) ]

Сложность: 4 Классы: 8,9

Условие

Автор: Шарыгин И.Ф.

Дан выпуклый четырёхугольник ABMC , в котором AB=BC , BAM = 30^o , ACM= 150^o . Докажите, что AM – биссектриса угла BMC .

Решение

Пусть B' образ вершины B при симметрии относительно прямой AM . Поскольку AB'=AB и BAM = 30^o , то ABB' – равносторонний треугольник. Поэтому ABB' = 60^o . Поскольку BA=BB'=BC , точки A , B' и C лежат на окружности с центром B . Вписанный в эту окружность угол ACB' равен половине соответствующего центрального угла ABB' , т.е.

ACB' = ABB' = 30^o,
а т.к. ACM = 150^o , то точка B' лежит на прямой CM . Луч MB' (а значит, и луч MC ) симметричен лучу MB относительно прямой AM . Следовательно, MA – биссектриса угла BMC .

Опишем окружность около треугольника ACM . Пусть O – её центр. Поскольку ACM = 150^o , то дуга AM этой окружности, не содержащая точки C , равна 300^o . Поэтому дуга ACM равна 60^o . Значит, AOM = 60^o и треугольник AOM – равносторонний. Поскольку OAM = 60^o , а BAM = 30^o , то AB – биссектриса угла OAM . Тогда треугольники AOB и AMB равны по двум сторонам и углу между ними. Значит, AOB = AMB . Треугольники AOB и COB равны по трём сторонам, поэтому AOB= COB . Значит,
AMB = AOB = AOC.
С другой стороны, поскольку AOC – центральный угол, а AMC – вписанный, то AMC = AOC . Следовательно, AMC = AMB , т.е. MA – биссектриса угла BMC .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	6204
олимпиада
Название	Московская математическая олимпиада
год
Номер	56
Год	1993
вариант
Класс	9
задача
Номер	6