6803. Окружность с центром O
, вписанная в треугольник ABC
, касается сторон AB
и BC
в точках M
и N
, биссектриса угла BAC
пересекает прямую MN
в точке K
.
а) Докажите, что треугольник AMK
подобен треугольнику AOC
.
б) Найти расстояние от точки K
до прямой AC
, если известно, AC=4\sqrt{2}
, а угол \angle BAC=45^{\circ}
.
Ответ. 2.
Решение. а) Центр окружности, вписанной в треугольник, — точка пересечения биссектрис, поэтому \angle MAK=\angle OAC
.
Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle BAC=\beta
, \angle ACB=\gamma
. Поскольку BM=BN
, треугольник BMN
равнобедренный, значит,
\angle KMB=\angle NMB=\angle MNB=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2},
а так как KMB
— внешний угол треугольника AMK
, то
\angle AKM=\angle BMN-\angle MAO=\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}\right)-\frac{\alpha}{2}=
=90^{\circ}-\left(\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}\right)=\frac{\gamma}{2}=\angle OCN.
Следовательно, треугольник AMK
подобен треугольнику AOC
по двум углам.
б) Из точек K
и C
, лежащих по одну сторону от прямой ON
, отрезок ON
виден под одним и тем же углом, значит, точки K
, C
, O
и N
лежат на одной окружности, а т.к \angle ONC=90^{\circ}
, то OC
— диаметр этой окружности. Следовательно,
\angle AKC=\angle OKC=90^{\circ}.
Расстояние от точки K
до прямой AC
равно высоте прямоугольного треугольника AKC
, проведённой из вершины прямого угла. Из прямоугольных треугольников AKC
и AKH
находим, что
AK=AC\cos\frac{\alpha}{2},~KH=AK\sin\frac{\alpha}{2}=AC\cos\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\alpha}{2}=
=\frac{1}{2}AC\sin\alpha=\frac{1}{2}AC\sin45^{\circ}=\frac{1}{2}\cdot4\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=2.