10338. Дан треугольник ABC
. Точка K
— основание биссектрисы внешнего угла A
. Точка M
— середина дуги AC
описанной окружности. Точка N
выбрана на биссектрисе угла C
так, что AN\parallel BM
. Докажите, что точки M
, N
и K
лежат на одной прямой.
Решение. Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника. Тогда точка I
лежит на биссектрисе BM
угла ABC
(см. задачу 430), значит, точки K
, M
и N
лежат на прямых, содержащих стороны треугольника BIC
. При этом \frac{KB}{KC}=\frac{AB}{AC}
(см. задачу 1645), а если B'
— точка пересечения биссектрисы BM
со стороной AC
, то из параллельности BB'
и AN
получаем, что
\frac{CN}{NI}=\frac{AC}{AB'}=\frac{BC+AB}{AB}.
Из теоремы о трилистнике (см. задачу 788) следует, что MI=MC
. Треугольники BMC
и BAB'
подобны по двум углам, поэтому \frac{MC}{MB}=\frac{AB'}{AB}
. Значит,
\frac{IM}{MB}=\frac{MC}{MB}=\frac{AB'}{AB}=\frac{AC}{AB+BC}.
Следовательно,
\frac{BK}{KC}\cdot\frac{CN}{NI}\cdot\frac{IM}{MB}=\frac{AB}{AC}\cdot\frac{BC+AB}{AB}\cdot\frac{AC}{AB+BC}=1.
По теореме Менелая (см. задачу 1622) получаем утверждение задачи.
Примечание. Заметим, что
\angle MAC=\angle MBC=\angle ABM=\angle BAN,
т. е. прямые AI
и AK
являются внутренней и внешней биссектрисами треугольника AMN
. Пусть AI
пересекает MN
и BC
в точках P
и Q
соответственно, а AK
пересекает MN
в точке K'
. Тогда четвёрки (B,C,K,Q)
и (M,N,K',P)
гармонические и, проецируя прямую MN
на BC
из точки I
, получаем, что K'
совпадает с K
.