16570. На боковых сторонах AB
и BC
равнобедренного остроугольного треугольника ABC
выбраны точки M
и K
. Отрезки CM
и AK
пересекаются в точке E
. Оказалось, что \angle MEA=\angle ABC
. Докажите, что середины всевозможных отрезков MK
лежат на одной прямой.
Решение. Первый способ. Покажем, что X
— середина MK
— лежит на прямой A_{1}C_{1}
, соединяющей основания высот AA_{1}
и CC_{1}
. Без ограничения общности AM\gt CK
(если AM\ne CK
), также считаем точки K
и C
различны. Поскольку \angle AEM=\angle ABC
, из суммы углов четырёхугольника MBKE
получаем
\angle AMC+\angle AKC=180^{\circ}.
Отметим на отрезке AB
точку L
, для которой AL=CK
. Из равенства треугольников ALC
и CKA
(по двум сторонам и углу между ними) получаем \angle ALC=\angle AKC
. Тогда \angle MLC=\angle LMC
, поэтому треугольник LMC
равнобедренный. Значит, C_{1}
— середина отрезка LM
.
По теореме Фалеса для прямых LK
, AC
и угла ABC
получаем LK\parallel AC
, а так как C_{1}X
— средняя линия треугольника LMK
, то C_{1}X\parallel LK
. Значит, C_{1}X\parallel AC
. В равнобедренном треугольнике ABC
отрезки C_{1}A_{1}
и AC
параллельны, поэтому точка X
лежит на C_{1}A_{1}
. Что и требовалось доказать.
Случай, когда точки K
и C
совпадают разбирается аналогично общему. В случае, когда AM=CK
получаем, что точка M
совпадает с C_{1}
, а точка K
— с A_{1}
, поэтому утверждение очевидно.
Второй способ. Обозначим через X
точку пересечения отрезков KM
и C_{1}A_{1}
, где A_{1}
и C_{1}
— основания высот AA_{1}
и CC_{1}
. По теореме Менелая для треугольника MBK
и прямой A_{1}C_{1}
получаем
\frac{MC_{1}}{C_{1}B}\cdot\frac{BA_{1}}{A_{1}K}\cdot\frac{KX}{XM}=1.
Поскольку \angle AEM=\angle ABC
, из суммы углов четырёхугольника MBKE
получаем, что \angle BMC=\angle AKC
. Прямоугольные треугольники AKA_{1}
и CMC_{1}
подобны по двум углам, поэтому \frac{MC_{1}}{KA_{1}}=\frac{CC_{1}}{AA_{1}}
. Прямоугольные треугольники ABA_{1}
и CBC_{1}
подобны по двум углам, поэтому \frac{BA_{1}}{BC_{1}}=\frac{AA_{1}}{CC_{1}}
. Разделив первое равенство на второе и третье, получим KX=XM
, т. е. середина отрезка MK
лежит на прямой A_{1}C_{1}
.
В решении используется, что либо одна из точек M
и K
лежит на продолжении BC_{1}
или BA_{1}
(без ограничения общности — точка M
), а другая — на самом отрезке (без ограничения общности — точка K
), либо M
и K
совпадают с C_{1}
и A_{1}
— тогда утверждение очевидно. Это следует из равенства \angle BMC=\angle AKC
(доказывается без использования расположения точек).
Примечание. Утверждение задачи верно и для произвольного треугольника ABC
. В частности, мы не пользовались равнобедренностью во втором решении.
Автор: Волчкевич М. А.
Источник: Московская математическая олимпиада. — 2024, LXXXVII, 8 класс, задача 4