6588. В треугольнике ABC
(AB\gt BC
) K
и M
— середины сторон AB
и AC
, O
— точка пересечения биссектрис. Пусть P
— точка пересечения прямых KM
и CO
, а точка Q
такова, что QP\perp KM
и QM\parallel BO
. Докажите, что QO\perp AC
.
Решение. Пусть углы треугольника ABC
равны 2\alpha
, 2\beta
и 2\gamma
соответственно.
Опустим перпендикуляр OR
на прямую AC
. Пусть перпендикуляр к прямой KM
, восставленный из точки P
, пересекает прямую OR
в точке Q'
. Достаточно доказать, что MQ'\parallel BO
, так как это будет означать, что точки Q'
и Q
совпадают.
По теореме о средней линии треугольника KM\parallel BC
, поэтому
\angle MPC=\angle BCP=\angle PCM=\gamma.
Тогда треугольник MPC
— равнобедренный. Значит, PM=MC=MA
. Медиана PM
треугольника APC
равна половине стороны AC
, поэтому треугольник APC
прямоугольный, \angle APC=90^{\circ}
(см. задачу 1188).
Из точек P
и R
отрезок AO
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром AO
. Вписанные углы OPR
и OAR
этой окружности опираются на одну и ту же дугу, поэтому
\angle OPR=\angle OAR=\alpha.
Из точек P
и R
отрезок MQ'
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром MQ'
. Вписанные углы Q'MR
и Q'PR
этой окружности опираются на одну и ту же дугу, поэтому
\angle Q'MR=\angle Q'PR=\angle Q'PO+\angle OPR=(90^{\circ}-\angle OPM)+\angle OPR=90^{\circ}-\gamma+\alpha.
Пусть прямая BO
пересекает сторону AC
в точке D
. Тогда
\angle BDC=180^{\circ}-\angle DBC-\angle BCD=180^{\circ}-\beta-2\gamma=
=(90^{\circ}-\beta-\gamma)+90^{\circ}-\gamma=\alpha+90^{\circ}-\gamma=\angle Q'MR.
Следовательно, BD\parallel Q'M
, что и требовалось доказать.