Задача про биссектрису и вписанный четырёхугольник

[Ludi]

Пусть дан треугольник ABC, проведена биссектриса AL, L принадлежит BC. Пусть M - середина AL, а K - точка пересечения перпендикуляра из L c перпендикуляром из М. Требуется доказать, что BKMC - вписан.

Пытался юзать изогональное сопряжение, продолжать медианы, строить окружности всякие, доказывать от противного, считать уголки и координаты, но всё тщетно, однако, думаю, что у этой задачи простое решение. Хочу его найти, в общем. Буду благодарен за помощь!

[Lia]

Ludi
Замечено, что на таком безрыбье, народ охотнее откликается на задачи, сопровожденные хорошим чертежом.
Это намек.

Не намек: все формулы и обозначения оформляйте как формулы, пож-ста.

[nnosipov]

Ludi в сообщении #1495235 писал(а):

перпендикуляра из L c перпендикуляром из М

Перпендикуляр из точки --- это интересно.

Впрочем, догадаться о правильном варианте удалось с первой попытки (первый перпендикуляр к прямой $BC$, а второй --- к прямой $AL$).

Ludi в сообщении #1495235 писал(а):

однако, думаю, что у этой задачи простое решение

Есть, конечно, но, увы, не в этом стиле:

Ludi в сообщении #1495235 писал(а):

Пытался юзать изогональное сопряжение, продолжать медианы, строить окружности всякие, доказывать от противного, считать уголки

Но если можно

Ludi в сообщении #1495235 писал(а):

и координаты

то тогда все делается автоматически, не приходя в сознание не буду писать как (если Вы готовитесь к олимпиаде, то это только помешает). Надеюсь, здешние геометры Вам помогут.

[Ludi]

Перпендикуляр к прямой $AL$, конечно.

Но неужели нет какого-нибудь красивого и простого решения? Не слишком люблю координаты, поскольку с ними у меня не клеится вообще.

[nnosipov]

Ludi в сообщении #1495264 писал(а):

Но неужели нет какого-нибудь красивого и простого решения?

Ну, какое-то геометрическое (не вычислительное) решение точно есть. Но будет ли оно простым --- вопрос. Видимо, для кого-то да, для кого-то нет. Олимпиадные задачи --- они такие.

[TOTAL]

Обозначим $a=CL, \; b=BL, \; x=QC.$

Так как $\frac{PC}{PB}=\frac{AC}{AB}=\frac{a}{b}$, то $x=\frac{a^2}{b-a}.$

Из равенств $QM \cdot QK=(x+a)^2=x(x+a+b)=QC \cdot QB$ следует, что красные точки лежат на одной окружности.

[Ludi]

TOTAL в сообщении #1495558 писал(а):

Обозначим $a=CL, \; b=BL, \; x=QC.$

Так как $\frac{PC}{PB}=\frac{AC}{AB}=\frac{a}{b}$, то $x=\frac{a^2}{b-a}.$

Из равенств $QM \cdot QK=(x+a)^2=x(x+a+b)=QC \cdot QB$ следует, что красные точки лежат на одной окружности.

Спасибо!

[DeBill]

Ludi
А можно так: (чертеж - супер!)
Если $PA$ - биссектриса внешнего угла, то тр-к $PAL$ - прямоугольный, так что $MK$ - средняя линия в нем, и приходит она как раз в центр $Q$ описанной около него окружности. Тогда:
1. Из подобия тр-ков $QML$ и $QLK$ получим $QM\cdot QK = QL^2=R^2$, где $R$- радиус той описанной окр-ти
2. Из подобия тр-ков $QAC$и $QBA$ (тут надо - счет углов с учетом биссектрисности) имеем $QC\cdot QB =QA^2=R^2$
3. Из 2 и 3 имеем $QK\cdot QL= QB\cdot QA$, что и есть достаточное условие вписанности чет-ка $CBKM$...

Ну, можно и чуть короче: сослаться на симметричность относительно той окружности пар точек $M,K$ и $C,B$ - это свойства окружности Аполлония, и сразу получить 3.

-- 10.12.2020, 01:37 --

А впрочем, это фактически и есть док-во от TOTAL