11855. В окружность вписан прямоугольный треугольник ABC
с прямым углом при вершине C
. Касательная к окружности в точке C
пересекает прямую AB
в точке N
. Докажите, что если M
— проекция вершины C
на прямую AB
, то AM:MB=AN:NB
.
Решение. Первый способ. Пусть AC\gt AB
. Обозначим
\angle BCN=\angle BAC=\angle BCM=\alpha.
Тогда
\frac{AM}{MB}=\frac{AC\cos\alpha}{BC\sin\alpha}.
Пусть AA'
и BB'
— высоты треугольников ACN
и BCN
с общим основанием CN
. Тогда
\frac{AN}{NB}=\frac{S_{\triangle ACN}}{S_{\triangle BCN}}=\frac{AA'}{BB'}=\frac{AC\sin\angle ACA'}{BC\sin BCN}=
=\frac{AC\sin(\alpha+90^{\circ}-2\alpha)}{BC\sin\alpha}=\frac{AC\cos\alpha}{BC\sin\alpha}=\frac{AM}{MB}.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть касательные к описанной окружности треугольника ABC
, проведённые в вершинах A
и B
, пересекают касательную, проведённую в вершине C
, в точках E
и F
соответственно. Тогда по теореме Фалеса \frac{AM}{MB}=\frac{EC}{CF}
, а из подобия треугольников AEN
и BFN
— \frac{AN}{NB}=\frac{AE}{BF}
. При этом AE=EC
и BF=CF
, следовательно,
\frac{AN}{NB}=\frac{AE}{BF}=\frac{EC}{CF}=\frac{AM}{MB}.
Что и требовалось доказать.