10452. Пусть M
и N
— середины соответственно гипотенузы AB
и катета BC
прямоугольного треугольника ABC
. Вневписанная окружность треугольника ACM
касается стороны AM
в точке Q
, а прямой AC
— в точке P
. Докажите, что точки P
, Q
и N
лежат на одной прямой.
Решение. Пусть D
— центр вневписанной окружности треугольника ACM
, тогда P
и Q
— проекции точки D
на прямые AC
и AB
соответственно (рис. 1). Отрезок MN
— медиана равнобедренного треугольника BMC
, проведённая к основанию, поэтому MN
— биссектриса угла BMC
. Значит, точка D
лежит на прямой MN
.
Кроме того, MN
— средняя линия треугольника ABC
, поэтому MN\parallel AC
. Таким образом, PCND
— прямоугольник. Докажем, что его диагональ PN
перпендикулярна AD
, откуда и будет следовать утверждение задачи.
Действительно, пусть
\angle AMD=\angle CMN=\angle ACM=\alpha.
Тогда
\angle PAD=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\alpha),~\mbox{а}~\angle APN=\angle PCD=\frac{\alpha}{2}
(CD
— биссектриса угла ACM
). Следовательно,
\angle PAD+\angle APN=90^{\circ},
поэтому AD\perp PN
. Поскольку точка Q
симметрична точке P
относительно прямой AD
, то Q
лежит на PN
. Что и требовалось доказать.
Примечание. 1. Заметим, что DN
— серединный перпендикуляр к стороне BC
, следовательно,
\angle ABD=\angle DCM=\angle ACD
(рис. 2). Отсюда следует другое решение задачи.
Точки A
, C
, B
и D
лежат на одной окружности, поэтому точки P
, Q
и N
лежат на прямой Симсона точки D
(см. задачу 83).
2. Также решение задачи можно получить из следующего факта. Проекция вершины треугольника на биссектрису внешнего угла и точки касания вневписанной окружности этого треугольника (рис. 3) лежат на одной прямой (см. примечание к задаче 58).
3. Задачу можно решить также с помощью теоремы Менелая (см. задачу 1622).