12484. В прямоугольном треугольнике ABC
точка M
— середина гипотенузы BC
, а точки P
и T
делят катеты AB
и AC
в отношении AP:PB=AT:TC=1:2
. Пусть K
— точка пересечения отрезков BT
и PM
, E
— точка пересечения отрезков CP
и MT
, O
— точка пересечения отрезков CP
и BT
. Докажите, что четырёхугольник OKME
вписанный.
Решение. Докажем, что сумма углов KOE
и KME
равна 180^{\circ}
. Отсюда будет следовать утверждение задачи (см. задачу 49).
Пусть H
— середина отрезка TC
. Тогда AT=TH=HC
. Медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы (см. задачу 1109), поэтому треугольник AMC
равнобедренный. Значит, треугольники MAT
и MCH
равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, \angle AMT=\angle CMH
.
Отрезок MH
— средняя линия треугольника BCT
, поэтому
\angle CBT=\angle CMH=\angle AMT.
Аналогично, угол \angle BCP=\angle AMP
. Тогда
\angle KME=\angle PMT=\angle AMP+\angle AMT=\angle BCP+\angle CBT=
=\angle BCO+\angle CBO=180^{\circ}-\angle BOC=180^{\circ}-\angle KOE.
Что и требовалось доказать.
Примечание. С помощью теоремы Чевы (см. задачу 1621) можно доказать, что точка O
лежит на медиане AM
, но в приведённом решении это не используется.