Планиметрическая задача на окружность 9кл, сложная

[kot-obormot]

Добрый вечер! Подскажите, пожалуйста, как найти отрезок $MB$ по данным на рисунке, если известно, что $BM=MC$, $ME=16$, а также $MD=4$?

Оригинал условия в оффтопе, если требуется)

(Оффтоп)

Есть идея записать, что $BM\cdot MC=KM\cdot ME$, а далее обозначив $BM=x$, имеем $x^2=16\cdot KM$. Осталось найти $KM$.

У меня есть подозрения, что $KM=DM$. Но почему - вот что не пойму. Если было бы понятно, что дуги $BK$ и $DC$ равны, было бы легко обосновать далее. Но вот это неизвестно, к сожалению.

Теорема о касательной и секущей $AB^2=AC^2=AD\cdot AE$. Но вроде здесь она не помогает.

-- 30.03.2021, 21:45 --

[kot-obormot]

Видимо я делаю совсем какую-то дичь)

[wrest]

kot-obormot
Ну если $DE$ диаметр (а почему нет?) то вроде все легче становится.

[nnosipov]

kot-obormot в сообщении #1512188 писал(а):

У меня есть подозрения, что $KM=DM$.

Вы не написали, как получена точка $K$ (из картинки не совсем ясно). Будем считать, что $K$ симметрична $D$ относительно прямой $AM$. Попробуйте доказать, что точки $K$, $M$ и $E$ лежат на одной прямой. После этого отыскание $BM$ станет очевидным делом.

[Mihr]

wrest в сообщении #1512205 писал(а):

Ну если $DE$ диаметр (а почему нет?)

Потому что в этом случае точки $K$ и $D$ совпадают.

-- 31.03.2021, 07:46 --

Хотя, конечно, главная причина - потому что нельзя самостоятельно "додумывать" условия задачи.

[Евгений Машеров]

Мошенническое решение
Примем за данность, что задача имеет решение. Тогда оно не должно зависеть от того, как проведена секущая. Положим, что она совпадает с биссектрисой AM. Тогда она совпадает и с диаметром и диаметр окружности $4+16=20$
Задача сводится к "найти высоту прямоугольного треугольника, опущенного на гипотенузу, если она делит гипотенузу на отрезки 4 и 16"

[nnosipov]

Евгений Машеров в сообщении #1512214 писал(а):

Мошенническое решение

Увы, не прокатит. Разве что ответ узнать. Но он и так очевиден.

[StepV]

kot-obormot в сообщении #1512188 писал(а):

Подскажите, пожалуйста, как найти отрезок $MB$ по данным на рисунке,

Вроде принципиально решение получается. Основной алгоритм следующий. Относительно биссектрисы $AM$ провести секущую $AK-KL$ симметричную секущей $AE$. Тогда точки $K$ и $D$ симметричны относительно биссектрисы, аналогично точки $L$ и $E$. Дальше легко доказывается, что $KL=DE$ и у получившейся трапеции диагонали равны, $KE=DL$. Тогда по теореме о секущих $BM \cdot MC = KM \cdot ME$, или $BM^2=DM\cdot ME=4 \cdot 16$

[svv]

StepV, а как показать, что диагонали трапеции пересекаются в точке $M$ ?

[StepV]

svv в сообщении #1512270 писал(а):

а как показать, что диагонали трапеции пересекаются в точке $M$

У нас даны три параллельные прямые $KD,BC,LE$ (по построению) и доказываем, что $\angle MEL = \angle KMB = \angle DKM$, т.е $KM$ и $ME$ входят в точку М под одинаковым углом. Тоже для другой диагонали.
У меня несколько иное построение чем у ТС. Точка $K$ строится симметрично точке $D$.

-- 31.03.2021, 15:01 --

nnosipov в сообщении #1512206 писал(а):

Будем считать, что $K$ симметрична $D$ относительно прямой $AM$. Попробуйте доказать, что точки $K$, $M$ и $E$ лежат на одной прямой. После этого отыскание $BM$ станет очевидным делом.

(Оффтоп)

Перед тем, как решать задачу, посмотрел все комментарии и ваш в том числе. Но совершенно. как-то, на нем не акцентировался, а теперь выложил решение, прошелся по комментариям и увидел, что у вас фактически уже общее решение дано. Удивительное состояние мозга, анализировать ситуация сейчас (онлайн) и потом

[nnosipov]

StepV
У меня нет решения, а есть только план решения. То, что точки $K$, $M$ и $E$ лежат на одной прямой --- это факт, однако я не умею его доказывать рассуждениями, доступными 9-класснику. Но, возможно, кто-нибудь ТС придумает такое доказательство.

[wrest]

StepV
Что-то мне ваше решение непонятно. Например не видно, где использовано то, что $AB$ и $BC$ - именно касательные?

[StepV]

wrest в сообщении #1512416 писал(а):

не видно, где использовано то, что $AB$ и $BC$ - именно касательные?

Бумажку с подробным решением я уже выкинул. Поэтому подробно задачу не прокомментирую. Может в чем-то даже и ошибся. Но навскидку для доказательства, что $AM$ - биссектриса угла касательные, как раз, нужны.
Посмотрел условия задачи и теперь не уверен, что для этого нужно использовать касательный, вроде в самой задаче дано, что отрезки равныы.

[wrest]

StepV в сообщении #1512424 писал(а):

Может в чем-то даже и ошибся. Но навскидку для доказательства, что $AM$ - биссектриса угла касательные, как раз, нужны.

Ну это одно из следствий только. Может быть и НЕ касательные, но $AM$ биссектриса. Должно быть при $BM=CM$ ещё $AB=AC$ и для касательных $AB$ и $AC$ это безусловно так, но не только для касательных, а для любых таких $A, B, C, M$

[TOTAL]

Для решения исходной задачи достаточно показать,
что отношение красных отрезков не зависит от угла $\omega$,
т.е. что $AM$ - биссектриса в $ABC$.

$\displaystyle MO=\frac{r^2}{2R}$ - из подобия

$\displaystyle MB^2=\left(r\cos\omega + \frac{r^2}{2R} \right)^2 + \left(r\sin\omega\right)^2$ - теорема Пифагора

$\displaystyle AB^2=\left(r\cos\omega + 2R \right)^2 + \left(r\sin\omega\right)^2$ - теорема Пифагора

$ \displaystyle \frac{MB}{AB} = \frac{r}{2R}$