157. Задача Архимеда. В дугу AB
окружности вписана ломаная AMB
из двух отрезков (AM\gt MB)
. Докажите, что основание перпендикуляра KH
, опущенного из середины K
дуги AB
на отрезок AM
, делит ломаную пополам, т. е. AH=HM+MB
.
Указание. Отложите на продолжении отрезка AM
за точку M
отрезок MB_{1}
, равный MB
. Докажите, что прямая KM
делит пополам угол B_{1}MB
.
Решение. Первый способ. Отложим на продолжении отрезка AM
за точку M
отрезок MB_{1}
, равный MB
(рис. 1). Пусть прямая KM
пересекает отрезок BB_{1}
в точке P
. Тогда
\angle BMB_{1}=\angle MAB+\angle MBA=\frac{\smile MB+\smile MA}{2}=
=\frac{\smile AKB}{2}=\smile AK=2\angle KMA=2\angle B_{1}MP.
Поэтому прямая KP
делит угол BMB_{1}
равнобедренного треугольника BMB_{1}
пополам. Тогда KP
— серединный перпендикуляр к отрезку BB_{1}
. Следовательно, KB_{1}=KB=AK
. В равнобедренном треугольнике AKB_{1}
высота KH
является медианой, поэтому
AH=HB_{1}=HM+MB_{1}=HM+MB.
Второй способ. Отметим на отрезке AM
такую точку B_{2}
, что AB_{2}=MB
(пусть B_{2}
лежит между точками A
и H
, рис. 2). Так как точки A
и B
лежат на окружности по одну сторону от хорды KM
, то \angle KAM=\angle KBM
. Кроме того, AK=KB
, поэтому треугольники KAB_{2}
и KBM
равны по двум сторонам и углу между ними. Значит, KB_{2}=KM
и треугольник B_{2}KM
— равнобедренный. Его высота KH
является медианой, поэтому H
— середина B_{2}M
. Следовательно,
AH=AB_{2}+B_{2}H=HM+MB.
Третий способ. Рассмотрим случай, изображённый на рис. 3. Пусть луч KH
пересекает окружность в точке L
, лежащей на дуге AB
, на содержащей точки K
, а прямые AM
и LB
пересекаются в точке B_{1}
. Вписанные углы \angle ALK
и \angle BLK
равны, так как каждый из них опирается на половину дуги AKB
. Высота LH
треугольника ALB_{1}
является его биссектрисой, поэтому треугольник ALB_{1}
— равнобедренный. Значит,
AH=HB_{1}~\mbox{и}~\angle MBB_{1}=180^{\circ}-\angle MBL=\angle MAL=\angle MB_{1}B.
Поэтому треугольник MB_{1}B
— также равнобедренный и MB=MB_{1}
. Следовательно,
AH=HB_{1}=HM+MB_{1}=HM+MB.
Аналогично для любого другого случая.
