12292. Окружность с центром O
, вписанная в прямоугольный треугольник ABC
, касается гипотенузы AB
в точке M
, а катета AC
— в точке N
, AC\lt BC
. Прямые MN
и CO
пересекаются в точке K
.
а) Докажите, что угол CKN
вдвое меньше угла ABC
.
б) Найдите BK
, если BC=\sqrt{2}
.
Ответ. 1.
Решение. а) Центр окружности, вписанной в треугольник, есть точка пересечения его биссектрис, поэтому лучи BO
и CO
— биссектрисы углов ABC
и ACB
.
Обозначим \angle ABC=\beta
. Тогда \angle BAC=90^{\circ}-\beta
. Из равнобедренного треугольника AMN
находим, что
\angle ANM=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle BAC)=\frac{1}{2}(180^{\circ}-(90^{\circ}-\beta))=45^{\circ}+\frac{\beta}{2}.
По теореме о внешнем угле треугольника
\angle CKN=\angle ANM-\angle NCK=45^{\circ}+\frac{\beta}{2}-45^{\circ}=\frac{\beta}{2}=\frac{1}{2}\angle ABC.
Что и требовалось доказать.
б) Из доказанного следует, что из точек K
и B
, лежащих по одну сторону от прямой OM
, радиус OM
виден под одним и тем же углом \frac{\beta}{2}
. Значит, точки B
, O
, M
и K
лежат на одной окружности, а так как OM\perp BM
(как радиус вписанной окружности треугольника ABC
, проведённый в точку касания), то OB
— диаметр этой окружности. Точка K
лежит на окружности с диаметром BO
, поэтому
\angle BKC=\angle BKO=90^{\circ},
а так как CK
— биссектриса прямого угла ACB
, то \angle BCK=45^{\circ}
. Из прямоугольного равнобедренного треугольника BKC
находим, что
BK=\frac{BC}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=1.