11553. В треугольнике ABC
угол C
в два раза больше угла B
, CD
— биссектриса треугольника. Из середины M
стороны BC
опущен перпендикуляр MH
на отрезок CD
. На стороне AB
нашлась такая точка K
, что KMH
— равносторонний треугольник. Докажите, что точки M
, H
и A
лежат на одной прямой.
Решение. Первый способ. Поскольку \angle DCB=\frac{1}{2}C=\angle B
, отрезок DM
— медиана, биссектриса и высота равнобедренного треугольника BDC
. Опустим из точки M
перпендикуляр ME
на прямую AB
. Тогда ME=MH=MK
(см. задачу 1138), значит, точки K
и E
совпадают.
В прямоугольных треугольниках CHM
и BKM
сумма углов при вершине M
равна 180^{\circ}-\angle HMK=120^{\circ}
, откуда получаем, что каждый из углов CMH
и BMK
равен 60^{\circ}
. Значит, в треугольнике ABC
известно, что
\angle B=30^{\circ},~\angle C=60^{\circ},~\angle A=90^{\circ}.
Осталось заметить, что тогда треугольник ACM
равносторонний (см. задачу 1109), и потому AM\perp CH
, откуда и вытекает утверждение задачи.
Второй способ. Рассмотрим треугольники CHM
и KMB
. В них равны по две стороны и по углу (правда, лежащему не между равными сторонами), причём треугольник CHM
прямоугольный. Но треугольники с двумя равными сторонами и равной парой углов могут не быть равными только, если один из них тупоугольный, а другой остроугольный. Значит, треугольники CHM
и KMB
равны, поэтому CH=BK
и
\angle AKM=\angle CHM=90^{\circ}.
Далее см. первый способ.