Условие
На боковых сторонах $AB$ и $BC$ равнобедренного остроугольного треугольника $ABC$ выбраны точки $M$ и $K$. Отрезки $CM$ и $AK$ пересекаются в точке $E$. Оказалось, что $\angle MEA = \angle ABC$. Докажите, что середины всевозможных отрезков $MK$ лежат на одной прямой.
Решение 1
Обозначим $X=KM\cap C_1A_1$, где $A_1, C_1$ – основания высот $AA_1, CC_1$.
По теореме Менелая для треугольника $MBK$ и секущей $A_1C_1$ получаем
$\frac{MC_1}{C_1B}\cdot\frac{BA_1}{KA_1}\cdot\frac{KX}{XM}=1$. Так как
$\angle AEM=\angle ABC$, из суммы углов четырёхугольника $MBKE$
получаем $\angle BMC=\angle AKC$. Треугольники $AKA_1$ и $CMC_1$
подобны по двум углам, отсюда
$\frac{MC_1}{KA_1}=\frac{CC_1}{AA_1}$. Треугольники $ABA_1$ и $CBC_1$
подобны по двум углам, отсюда
$\frac{BA_1}{BC_1}=\frac{AA_1}{CC_1}$. Поделив первое равенство с отношениями сторон на второе и третье, получим $KX=XM$, т. е. середина отрезка $MK$ лежит на прямой $A_1C_1$.
(Если $MK$ совпадает с $C_1A_1$, то утверждение очевидно. В противном случае из того, что $\angle BMC=\angle AKC$, следует, что из точек $M$, $K$ одна лежит на отрезке, а другая на продолжении $BC_1$ и $BA_1$. Без ограничения общности мы полагаем, что $M$ лежит на продолжении отрезка, а $K$ на самом отрезке.)
Решение 2
Покажем, что $X$ – середина $MK$ – лежит на прямой $A_1C_1$, соединяющей основания высот $AA_1$ и $CC_1$. Без ограничения общности $AM > CK$ (если $AM \neq CK$), также считаем $K\neq C$. Так как $\angle AEM = \angle ABC$, из суммы углов четырёхугольника $MBKE$ получаем $\angle AMC+\angle AKC=180^\circ$. Отметим на отрезке $AB$ точку $L$ такую, что $AL=CK$.
Из равенства треугольников $ALC$ и $CKA$ (по двум сторонам и углу между ними:
$AL=CK$, $AC$ общая, $\angle LAC=\angle KCA$) получаем $\angle ALC=\angle AKC$. Тогда $\angle MLC=\angle LMC$, т. е. треугольник $LMC$ равнобедренный. Значит, $C_1$ – середина $LM$. По обратной теореме Фалеса для прямых $LK$, $AC$ и $\angle ABC$ получаем $LK\parallel AC$. Так как $C_1X$ – средняя линия треугольника $LMK$, $C_1X\parallel LK$. Значит, $C_1X\parallel AC$. Заметив, что в равнобедренном треугольнике $C_1A_1\parallel AC$, получаем $X\in C_1A_1$, что и требовалось. Случай, когда $K=C$, разбирается аналогично общему. В случае $AM=CK$ имеем $M=C_1$, $K=A_1$ и утверждение очевидно.
Замечания
Утверждение задачи верно и для произвольного треугольника $ABC$. В частности, мы не пользовались равнобедренностью в решении с помощью теоремы Менелая.
Источники и прецеденты использования
|
|
|
олимпиада |
|
Название |
Московская математическая олимпиада |
|
год |
|
Номер |
87 |
|
Год |
2024 |
|
класс |
|
Класс |
8 |
|
задача |
|
Номер |
4 |
