4672. В остроугольном треугольнике MKN
проведена биссектриса KL
. Точка X
на стороне MK
такова, что KX=KN
. Докажите, что прямые KO
и XL
перпендикулярны (O
— центр описанной окружности треугольника MKN
).
Решение. Первый способ. Пусть F
— точка пересечения прямых KO
и XL
(рис. 1). Докажем, что \angle KFX=90^{\circ}
.
Обозначим \angle KNL=\alpha
. Тогда центральный угол \angle MOK=2\alpha
, а
\angle XKO=\angle MKO=90^{\circ}-\alpha.
Из условия задачи следует, что треугольники XKL
и NKL
равны (по двум сторонам и углу между ними). Следовательно,
\angle KXL=\angle KNL=\alpha.
Тогда в треугольнике XKF
:
\angle KFX=180^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)-\alpha=90^{\circ}.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Проведём высоту KH
треугольника MKN
(рис. 2). Тогда
\angle XKO=\angle MKO=90^{\circ}-\alpha
(см. задачу 20). При симметрии относительно прямой KL
точка N
переходит в точку X
, прямая LN
переходит в прямую LX
, прямая KH
переходит в прямую KO
.
Поскольку KH\perp LN
, то и образы этих прямых при симметрии также перпендикулярны, следовательно, KO\perp XL
. Что и требовалось доказать.
Третий способ. Пусть KY
— касательная к описанной окружности треугольника MKN
(рис. 3). Докажем, что KY\parallel XL
, из чего и будет следовать утверждение задачи. Из теоремы об угле между касательной и равенства \angle KXL=\angle KNL=\alpha
, получим, что
\angle YKX=\angle KNL=\angle KXL.
Что и требовалось доказать.