Информация о задаче

Задача 55606

Темы:	[	Параллельный перенос. Построения и геометрические места точек	]
	[	Признаки и свойства параллелограмма	]
	[	Осевая и скользящая симметрии	]
	[	Вписанный угол равен половине центрального	]

Сложность: 4+
Классы: 8,9

Прислать комментарий

Условие

На плоскости дан треугольник ABC и точка M. Известно, что точки, симметричные точке M относительно двух сторон треугольника ABC попадают на окружность, описанную около треугольника ABC. Докажите, что точка, симметричная точке M относительно третьей стороны, также попадает на эту окружность.

Подсказка

Докажите, что три окружности, симметричные описанной окружности треугольника ABC относительно сторон треугольника, имеют общую точку.

Решение

Первый способ.

Через произвольную точку M луча BA проведём прямую, параллельную данной прямой l. В полуплоскости, содержащей луч BC, отложим на построенной прямой от точки M отрезок MK, равный данному отрезку a, и проведём через точку K прямую, параллельную AB.

Пусть проведённая прямая пересекает луч BC в точке P. Проведём через точку P прямую, параллельную прямой l, до пересечения с лучом BA в точке Q. Тогда из свойств параллелограмма следует, что PQ = a.

Второй способ.

Пусть образ прямой AB при параллельном переносе в направлении, параллельном данной прямой l, на расстояние, равное данному отрезку a, пересекает луч BC в точке P. Если P — образ точки Q при этом параллельном переносе, то PQ = a и PQ || l. Следовательно, PQ — искомая прямая.

Пусть O — центр описанной окружности треугольника ABC, O_B и O_C — центры окружностей, симметричных окружности с центром O относительно прямых AC и AB соответственно. Из условия задачи следует, что точка M лежит на окружности с центром O_B и на окружности с центром O_C.

Пусть M_B и M_C — точки, симметричные данной точке M относительно прямых AC и AB соответственно. Обозначим углы треугольника ABC через $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ соответственно. Тогда

$\displaystyle \angle$ AO_BC = $\displaystyle \angle$ AOC = 2 $\displaystyle \angle$ ABC = 2 $\displaystyle \beta$ ,

$\displaystyle \angle$ AMC = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ (360^o - $\displaystyle \angle$ AO_BC) = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ (360^o - 2 $\displaystyle \beta$ ) = 180^o - $\displaystyle \beta$ .

Аналогично докажем, что $\angle$ AMC = 180^o - $\gamma$ . Пусть M_A — точка, симметричная данной точке M относительно прямой BC. Тогда

$\displaystyle \angle$ BM_AC = $\displaystyle \angle$ BMC = 360^o - $\displaystyle \angle$ AMC - $\displaystyle \angle$ AMB =

= 360^o - (180^o - $\displaystyle \beta$ ) - 180^o - $\displaystyle \gamma$ = $\displaystyle \beta$ + $\displaystyle \gamma$ = 180^o - $\displaystyle \alpha$ = 180^o - $\displaystyle \angle$ BAC.

Значит, четырёхугольник BACM_A — вписанный. Следовательно, точка M_A лежит на описанной окружности треугольника ABC.

Из решения следует, что точка, обладающая таким свойством, только одна — точка пересечения высот треугольника ABC.

Источники и прецеденты использования


web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	5055