1477. В треугольнике ABC
проведены медиана BB_{0}
и биссектриса BB_{1}
. Прямая, проходящая через точку B_{1}
параллельно BC
, пересекает прямую BB_{0}
в точке M
. Докажите, что MC\perp BB_{1}
.
Решение. Первый способ. На продолжении медианы BB_{0}
за точку B_{0}
отложим отрезок B_{0}D
, равный BB_{0}
(рис. 1). Тогда ABCD
— параллелограмм.
На луче BA
отложим отрезок BK
, равный BC
. Тогда биссектриса BB_{1}
угла при вершине B
равнобедренного треугольника KBC
перпендикулярна его основанию CK
.
По свойству биссектрисы треугольника \frac{BC}{AB}=\frac{CB_{1}}{B_{1}A}
. Пусть M_{1}
— точка пересечения BD
и CK
. Тогда
\frac{BM_{1}}{M_{1}D}=\frac{BK}{CD}=\frac{BC}{AB}=\frac{CB_{1}}{B_{1}A},
т. е. точки M_{1}
и B_{1}
делят диагонали BD
и AC
параллелограмма ABCD
в одном и том же отношении. Значит, B_{1}M_{1}\parallel BC
. Следовательно, точка M_{1}
совпадает с точкой M
, а так как BB_{1}\perp CK
, то BB_{1}\perp MC
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть прямые BB_{0}
и CM
пересекаются в точке P
, а N
— середина стороны BC
(рис. 2). Тогда B_{0}
— точка пересечения диагоналей трапеции BB_{1}PC
, а M
— точка пересечения продолжений боковых сторон этой трапеции. По замечательному свойству трапеции точки N
, B_{0}
и M
лежат на одной прямой (см. задачу 1513).
Отрезок B_{0}N
— средняя линия треугольника ABC
, поэтому B_{0}N
(а значит, и MN
) параллельно AB
. Тогда \angle BMN=\angle ABM=\angle MBN
. Следовательно, треугольник BMN
равнобедренный, BN=MN
.
Треугольник BMC
прямоугольный, так как его медиана MN
равна половине стороны, к которой она проведена. Следовательно, MC\perp BB_{1}
(см. задачу 1188). Что и требовалось доказать.
Третий способ. Обозначим
\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{b},~\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{c},~|\overrightarrow{b}|=b,~|\overrightarrow{c}|=c.
Тогда
\overrightarrow{BB_{0}}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}),~\overrightarrow{BB_{1}}=\frac{b}{b+c}\overrightarrow{c}+\frac{c}{b+c}\overrightarrow{b}
(см. задачи 4500, 1509 и 4186),
\frac{BM}{BB_{0}}=\frac{CB_{1}}{CB_{0}}=\frac{CB_{1}}{\frac{1}{2}AC}=2\cdot\frac{CB_{1}}{AC}=\frac{2c}{b+c}.
Значит,
\overrightarrow{BM}=\frac{BM}{BB_{0}}\cdot\overrightarrow{BB_{0}}=\frac{c}{b+c}(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}).
Тогда
\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{BM}-\overrightarrow{BC}=\frac{c}{b+c}(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})-\overrightarrow{c}=\frac{c}{b+c}\overrightarrow{b}-\frac{b}{b+c}\overrightarrow{c},
\overrightarrow{CM}\cdot\overrightarrow{BB_{1}}=\left(\frac{c}{b+c}\overrightarrow{b}-\frac{b}{b+c}\overrightarrow{c}\right)\cdot\left(\frac{c}{b+c}\overrightarrow{b}+\frac{b}{b+c}\overrightarrow{c}\right)=
=\frac{c^{2}b^{2}}{(b+c)^{2}}-\frac{b^{2}c^{2}}{(b+c)^{2}}=0.
Следовательно, CM\perp BB_{1}
. Что и требовалось доказать.
Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия: 9—11 кл.: От учебной задачи к творческой: Учебное пособие. — М.: Дрофа, 1996. — № 1009, с. 124