12444. В равнобедренном треугольнике ABC
точка H
— середина основания AB
, M
— середина отрезка BH
. Пусть HK
— высота треугольника AHC
, а прямые CM
и BK
пересекаются в точке L
. Перпендикуляр к прямой BC
в точке B
и прямая HL
пересекаются в точке N
. Докажите, что угол BCN
в два раза меньше угла ACB
Решение. Первый способ. Прямоугольные треугольники CKH
и CHB
подобны, так как их острые углы при общей вершине C
равны. Пусть P
— середина KH
. Тогда CP
и CM
— соответствующие медианы подобных треугольников, поэтому \angle CPK=\angle CMH
. Значит, четырёхугольник CPMH
вписанный. Кроме того, MP
— средняя линия треугольника BHK
. Следовательно,
\angle LKH=\angle BKH=\angle MPH=\angle MCH.
Отрезок LH
виден из точек K
и C
, лежащих по одну сторону от прямой LH
, под одним и тем же углом, поэтому четырёхугольник CKHL
тоже вписан в окружность (см. задачу 12). При этом \angle CKH=90^{\circ}
, значит, CH
— диаметр этой окружности. Тогда
\angle CLN=\angle CLH=90^{\circ}=\angle CBN,
поэтому и четырёхугольник CLBN
вписанный. Следовательно,
\angle BCN=\angle BLN=\angle KLH=\angle KCH=\angle ACH=\frac{1}{2}\angle ACB.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Докажем, что \angle CLH=90^{\circ}
. По теореме Менелая для треугольника ACM
и прямой KL
(см. задачу 1622) получаем
\frac{AK}{KC}\cdot\frac{CL}{LM}\cdot\frac{MB}{BA}=1,
а так как \frac{AK}{KC}=\frac{AH^{2}}{CH^{2}}
(см. задачу 1946), то
\frac{CL}{LM}=\frac{KC}{AK}\cdot\frac{BA}{MB}=\frac{CH^{2}}{AH^{2}}\cdot4=\frac{CH^{2}}{\left(\frac{AH}{2}\right)^{2}}=\frac{CH^{2}}{HM^{2}}.
Значит, HL
— высота прямоугольного треугольника CHM
, т. е. \angle CLH=90^{\circ}
(см. примечание к задаче 1946). Что и требовалось доказать.
Таким образом, из точек B
и L
отрезок CN
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром CN
, поэтому четырёхугольник BLCN
вписанный. Теперь можно доказать, что четырёхугольник HKCL
тоже вписанный. Далее см. окончание первого способа.
Примечание. См. также статью Д.Швецова «Подобие с медианами», Квант, 2021, N7, с.42-47.