Условие
Пусть BL – биссектриса треугольника ABC. Внутри треугольника BLC нашлась такая точка P, что ∠BPC = 90° и ∠LPC + ∠LBC = 180°. Точка
O – центр описанной окружности треугольника LPB. Докажите, что прямые CO, BL и AM, где M – середина стороны BC, пересекаются в одной точке.
Решение
Обозначим ∠ABL = ∠CBL = β, ∠PBL = φ. Тогда ∠BPL = 360° – ∠BPC – ∠LPC = 360° – 90° – (180° – β) = 90° + β.
Из треугольника BLP находим, что ∠BLP = 180° – ∠PBL – BPL = 180° – φ – (90° + β) = 90° – β – φ < 90°. Поэтому точка O лежит по ту же сторону от прямой BP, что и точка L, и ∠OBP = ½ (180° – ∠BOP) = 90° – ∠BLP = β + φ =
∠ABP, следовательно, точка O лежит на луче BA. Треугольник BOL – равнобедренный, поэтому ∠OLB = ∠OBL = ∠ABL = ∠CBL, значит, OL || BC. Продолжения боковых сторон BO и CL трапеции BOLC пересекаются в точке A, а M – середина основания BC этой трапеции, поэтому прямая AM проходит через точку
пересечения диагоналей CO и BL.
Источники и прецеденты использования
|
|
|
web-сайт |
|
Название |
Система задач по геометрии Р.К.Гордина |
|
URL |
http://zadachi.mccme.ru |
|
задача |
|
Номер |
6332 |
