11727. В треугольнике ABC
угол B
равен 135^{\circ}
. На стороне AC
отмечены точки M
и N
(M
между A
и N
) так, что MB\perp NB
. Отрезки MP
и NQ
— биссектрисы треугольников AMB
и CNB
. Докажите, что точка, симметричная точке B
относительно прямой PQ
, лежит на AC
.
Решение. Пусть l
— прямая, симметричная прямой BM
относительно прямой BA
. Обозначим \angle ABM=\alpha
. Заметим, что \alpha\lt45^{\circ}
, поэтому прямая l
пересекает прямую AC
в некоторой точке D
.
Предположим, что точка D
лежит на продолжении отрезка AC
за точку A
. Отметим точку E
на продолжении отрезка DB
за точку B
. Тогда
\angle CBE=180^{\circ}-\angle CBD=180^{\circ}-\angle ABC-\angle ABD=
=180^{\circ}-135^{\circ}-\alpha=45^{\circ}-\alpha=\angle CBN.
Поскольку P
— точка пересечения биссектрис при вершинах M
и B
треугольника BDM
, луч DP
— биссектриса угла BDM
(см. задачу 1140), т. е. угла BDC
. Поскольку Q
— точка пересечения биссектрис внешних углов при вершинах N
и B
треугольника BDN
, луч DQ
— биссектриса угла BDN
(см. задачу 1192), т. е. также угла BDC
. Значит, прямая PQ
— ось симметрии угла BDC
. Следовательно, точка, симметричная точке B
относительно прямой PQ
, лежит на AC
.
Аналогично для случая, когда точка пересечения прямых AC
и l
лежит на продолжении отрезка AC
за точку C
.