1420. На стороне AB
треугольника ABC
с углом \alpha
при вершине B
расположена точка K
, причём AK=BC
. Пусть P
— середина BK
, M
— середина AC
. Найдите угол APM
Ответ. \frac{\alpha}{2}
.
Указание. На продолжении стороны AB
за точку B
отложите отрезок, равный BC
.
Решение. Первый способ. На продолжении стороны AB
за точку B
отложим отрезок BQ=BC
. Тогда
AP=AK+KP=BC+BP=BQ+BP=PQ,
значит, P
— середина AQ
, а PM
— средняя линия треугольника ACQ
. Следовательно, PM\parallel CQ
Заметим, что ABC
— внешний угол при вершине равнобедренного треугольника BCQ
, поэтому
\angle BQC=\frac{1}{2}\angle ABC=\frac{\alpha}{2}.
Следовательно,
\angle APM=\angle AQC=\angle BQC=\frac{\alpha}{2}.
Второй способ. Пусть E
и F
такие точки, что \overrightarrow{PE}=\overrightarrow{BC}
и \overrightarrow{PF}=\overrightarrow{KA}
. Точки P
и M
— середины отрезков BK
и AC
, поэтому
\overrightarrow{PM}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{KA})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{PE}+\overrightarrow{PF}),
а так как параллелограмм PFTE
— ромб (PF=KA=BC=PE
), то его диагональ PT
— биссектриса угла FPE
. Следовательно,
\angle APM=\angle APT=\frac{1}{2}\angle FPE=\frac{1}{2}\angle ABC=\frac{\alpha}{2}.
Примечание. Верно и обратное утверждение (см. задачу 12441).