2378. Дан угол с вершиной O
и в нём точка A
. Рассмотрим точки M
и N
на разных сторонах данного угла такие, что \angle MAO=\angle OAN
. Докажите, что все прямые MN
проходят через одну точку (или параллельны).
Решение. Первый способ. Лемма. Пусть точки A
, B
, C
и D
(в указанном порядке) лежат на одной прямой l
, а точка O
— вне этой прямой. Тогда
\frac{AC}{CD}:\frac{AB}{BD}=\frac{\sin\angle AOC}{\sin\angle COD}:\frac{\sin\angle AOB}{\sin\angle BOD}.
Доказательство. Высоты треугольников AOC
, COD
, AOB
и BOD
, проведённые из общей вершины O
, равны, поэтому площади треугольников пропорциональны основаниям AC
, CD
, AB
и BD
. Значит,
\frac{AC}{CD}=\frac{S_{\triangle AOC}}{S_{\triangle COD}}=\frac{\frac{1}{2}OA\cdot OC\sin\angle AOC}{\frac{1}{2}OC\cdot OD\sin\angle COD}=\frac{OA\sin\angle AOC}{OD\sin\angle COD}.
Аналогично
\frac{AB}{BD}=\frac{OA\sin\angle AOB}{OD\sin\angle BOD}.
Следовательно,
\frac{AC}{CD}:\frac{AB}{BD}=\frac{OA\sin\angle AOC}{OD\sin\angle COD}:\frac{OA\sin\angle AOB}{OD\sin\angle BOD}=\frac{\sin\angle AOC}{\sin\angle COD}:\frac{\sin\angle AOB}{\sin\angle BOD}.
Лемма доказана.
Перейдём к нашей задаче. Рассмотрим некоторую прямую l
, не проходящую через точку A
. Рассмотрим также прямую m
, перпендикулярную OA
и проходящую через точку A
. Пусть W
и V
— точки пересечения прямой m
со сторонами данного угла. Точки W
и V
удовлетворяют условию задачи, так как \angle WAO=\angle OAV=90^{\circ}
.
Если m\parallel l
, то OA\perp l
. Тогда OA
— биссектриса данного угла, и все прямые MN
параллельны.
Пусть прямые l
и m
пересекаются в точке X
, а прямые l
и OA
— в точке Y
. Докажем, что положение точки X
на прямой m
не зависит от выбора прямой l
. Отсюда будет следовать, что все прямые MN
проходят через точку X
.
Обозначим \angle MAO=\angle OAN=\alpha
. По доказанной лемме
\frac{\sin\angle XOY}{\sin\angle YOM}:\frac{\sin\angle XON}{\sin\angle NOM}=\frac{XY}{YM}:\frac{XN}{NM}=\frac{\sin\angle XAY}{\sin\angle YAM}:\frac{\sin\angle XAN}{\sin\angle NAM}=
=\frac{1}{\sin\alpha}:\frac{\sin(90^{\circ}-\alpha)}{\sin2\alpha}=\frac{1}{\sin\alpha}:\frac{\cos\alpha}{2\sin\alpha\cos\alpha}=2.
Аналогично получим, что
\frac{XA}{AW}:\frac{XV}{VW}=\frac{\sin\angle XOY}{\sin\angle YOM}:\frac{\sin\angle XON}{\sin\angle NOM}=2.
Значит, отношение, в котором точка X
делит отрезок AV
, не зависит от выбора прямой l
. Отрезок в данном отношении делят две точки: одна — внутри отрезка, вторая — вне. Точка X
не может лежать внутри данного угла, так как иначе точки M
и N
лежали бы по разные стороны от прямой m
, а тогда один из углов MAO
и OAN
был бы больше прямого, а второй — меньше. Следовательно, точка X
лежит вне отрезка AV
, т. е. задаётся отношением \frac{VW}{AW}
однозначно и не зависит от выбора прямой l
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Рассмотрим некоторое положение прямой MN
, причём точка A
не лежит на MN
. Если MN\perp OA
, то все возможные прямые MN
параллельны между собой (и перпендикулярны OA
).
Пусть прямая MN
не перпендикулярна OA
, а прямая, проходящая через A
перпендикулярно OA
, пересекает стороны угла в точках V
и W
(V
лежит на OM
, W
лежит на ON
); прямые VW
и MN
пересекаются в точке X
; прямые OA
и MN
— в точке Y
. Без ограничения общности можно считать, что AM\lt AN
, тогда X
лежит на продолжении отрезка WV
за точку V
.
Поскольку AY
— биссектриса внутреннего угла A
треугольника MAN
, а AX
— биссектриса внешнего угла, то
\frac{MY}{YN}=\frac{MA}{AN}=\frac{MX}{XN},~\frac{MX}{XN}:\frac{MY}{YN}=1
(см. задачу 1509).
Согласно задаче 2029,
\frac{VX}{XW}:\frac{VA}{AW}=\frac{MX}{XN}:\frac{MY}{YN}=1.
Следовательно, точка X
делит отрезок VW
внешним образом в фиксированном отношении \frac{VA}{AW}
и не зависит от выбора прямой MN
.
Третий способ. Если точка A
лежит на биссектрисе данного угла, то всевозможные прямые MN
параллельны друг другу.
Пусть теперь A
не лежит на биссектрисе данного угла. Через точку A
проведём прямую VW
, перпендикулярную OA
(пусть V
лежит на той же стороне угла, что и M
). Треугольник VOW
не является равнобедренным, OA
— высота в нём, причём A
— не середина отрезка VW
.
Для произвольного положения прямой MN
, отличного от VW
, по теореме Бланше (см. примечание 2 к задаче 1296) из равенства \angle MAO=\angle OAN
следует, что прямые MW
, NV
и OA
пересекаются в одной точке. Пусть X
— точка пересечения прямых MN
и VW
. По теоремам Чевы и Менелая (см. задачи 1621 и 1622) для треугольника VOW
\frac{VA}{AW}\cdot\frac{WN}{NO}\cdot\frac{OM}{MV}=1=\frac{VX}{XW}\cdot\frac{WN}{NO}\cdot\frac{OM}{MV}.
Значит, точки A
и X
делят отрезок VW
в одном и том же отношении, причём A
внутренним образом, а X
— внешним. Следовательно, точка X
не зависит от выбора прямой MN
.
Примечание. Доказанная в решении лемма — это известное свойство двойного отношения четырёх точек. Оно сохраняется при центральном проецировании (см. задачу 2029).
Автор: Токарев С. И.
Источник: Турнир городов. — 1992-1993, XIV, осенний тур, младшие классы, основной вариант
Источник: Понарин Я. П. Элементарная геометрия. — Т. 1: Планиметрия, преобразования плоскости. — М.: МЦНМО, 2004. — № 125, с. 149