11610. Прямая, проходящая через середину M
гипотенузы BC
прямоугольного треугольника ABC
параллельно прямой AB
, пересекает продолжение биссектрисы BL
за точку L
в точке P
. Докажите, что \angle ACP=\frac{1}{2}\angle ABC
.
Решение. Первый способ. Поскольку
\angle BPM=\angle ABP=\angle MBP,
треугольник BMP
равнобедренный, MP=MB=MC
. Медиана MP
треугольника BCP
равна половине стороны BC
, к которой она проведена, значит, треугольник BPC
прямоугольный с прямым углом при вершине P
(см. задачу 1188). Следовательно, из прямоугольного треугольника CPL
получаем, что
\angle ACP=\angle LCP=90^{\circ}-\angle CLP=90^{\circ}-\angle ALB=\angle ABL=\frac{1}{2}\angle ABC.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Поскольку MB=MA=MP=MC
, точки B
, A
, P
и C
лежат на окружности с центром M
. Вписанный в эту окружность угол ACP
равен половине соответствующего центрального угла AMP
, следовательно,
\angle ACP=\frac{1}{2}\angle AMP=\frac{1}{2}\angle BAM=\frac{1}{2}\angle BAM=\frac{1}{2}\angle ABC.
Что и требовалось доказать.
Третий способ. Пусть Q
— точка пересечения прямых AB
и CP
. Тогда по теореме Фалеса P
— середина стороны CQ
треугольника BCQ
. Поскольку BP
— медиана и биссектриса треугольника BCQ
, этот треугольник равнобедренный, значит, BP
— его высота. Следовательно,
\angle ACP=\angle QBP=\frac{1}{2}\angle ABC.
Что и требовалось доказать.