Школьная геометрия с равнобедренными тр-ми и инцентрами

[Ludi]

Дан треугольник ABC, на его сторонах АВ и АС отметили точки N и L так, что BN=BC=CL, CN пересекло BL в К. Серединный перпендикуляр к ВС пересёк описанную окружность АВС в М. Доказать, что ортоцентр NLK (пусть он H), М и инцентр ABC (пусть I) лежат на одной прямой.

Продвижений, помимо того, что M наверняка является точкой пересечения какой-нибудь биссектрисы с окружностью, MNB = MLC и что из параллельности NH и CI следует что-то забавное, не сделано. Прошу идеи!

[nnosipov]

Ludi в сообщении #1485080 писал(а):

Серединный перпендикуляр к ВС пересёк описанную окружность АВС в М.

Вообще говоря, есть две таких точки $M$, но, подозреваю, речь идет только об одной из них --- той, которая лежит на дуге $BC$, не содержащей точки $A$.

Типичная задача-головоломка, которая тривиально решается механически (утверждение про коллинеарность точек $H$, $M$ и $I$ можно проверить механическим вычислением). Интересно, насколько сложным окажется традиционное геометрическое решение.

[Ludi]

nnosipov в сообщении #1485085 писал(а):

Ludi в сообщении #1485080 писал(а):

Серединный перпендикуляр к ВС пересёк описанную окружность АВС в М.

Вообще говоря, есть две таких точки $M$, но, подозреваю, речь идет только об одной из них --- той, которая лежит на дуге $BC$, не содержащей точки $A$.

Типичная задача-головоломка, которая тривиально решается механически (утверждение про коллинеарность точек $H$, $M$ и $I$ можно проверить механическим вычислением). Интересно, насколько сложным окажется традиционное геометрическое решение.

Как раз-таки содержащую А; дуга ВАС.

[nnosipov]

Ludi в сообщении #1485090 писал(а):

Как раз-таки содержащую А; дуга ВАС.

Да? Значит, я нарисовал кривой рисунок. Впрочем, это неважно: можно доказать утверждение для одной точки $M$, а затем опровергнуть гипотезу относительно другой точки $M$. И то, и другое делается одинаково легко.

[nnosipov]

Ludi в сообщении #1485090 писал(а):

Как раз-таки содержащую А; дуга ВАС.

Проверил. Действительно, так и есть.

[Ludi]

nnosipov в сообщении #1485085 писал(а):

Ludi в сообщении #1485080 писал(а):

Серединный перпендикуляр к ВС пересёк описанную окружность АВС в М.

Вообще говоря, есть две таких точки $M$, но, подозреваю, речь идет только об одной из них --- той, которая лежит на дуге $BC$, не содержащей точки $A$.

Типичная задача-головоломка, которая тривиально решается механически (утверждение про коллинеарность точек $H$, $M$ и $I$ можно проверить механическим вычислением). Интересно, насколько сложным окажется традиционное геометрическое решение.

Однако, у меня не получается механически доказать коллинеарность этих точек.

[DeBill]

1. Пусть биссектриса $BI$ пересекает описанную окружность в точке $B_1$, а биссектриса $CI$ - в точке $C_1$. Подсчет дуг дает параллельность прямых $BB_1$ и $C_1M$, $CC_1$ и $B_1M$, так что $KC_1MB_1$ - параллелограмм (с отношением сторон, которое легко считается).
2. Пусть высота $NH$ пересекает биссектрису $BI$ в точке $N_1$, а высота $LH$ пересекает биссектрису $CI$ в точке $L_1$. Тогда $KL_1HN_1$ - тоже параллелограмм. Из всяких там прямоугольных треугольников можно найти высоты его. и отношение высот этого параллелограмма (оно же будет и отношением его сторон).
3. Убедившись в равенстве отношений, получим подобие двух параллелограммов (их гомотетичность, с центром в $K$). Это даст требуемую коллинеарность....
Ну, как то так...

[Ludi]

DeBill в сообщении #1485268 писал(а):

1. Пусть биссектриса $BI$ пересекает описанную окружность в точке $B_1$, а биссектриса $CI$ - в точке $C_1$. Подсчет дуг дает параллельность прямых $BB_1$ и $C_1M$, $CC_1$ и $B_1M$, так что $KC_1MB_1$ - параллелограмм (с отношением сторон, которое легко считается).
2. Пусть высота $NH$ пересекает биссектрису $BI$ в точке $N_1$, а высота $LH$ пересекает биссектрису $CI$ в точке $L_1$. Тогда $KL_1HN_1$ - тоже параллелограмм. Из всяких там прямоугольных треугольников можно найти высоты его. и отношение высот этого параллелограмма (оно же будет и отношением его сторон).
3. Убедившись в равенстве отношений, получим подобие двух параллелограммов (их гомотетичность, с центром в $K$). Это даст требуемую коллинеарность....
Ну, как то так...

Спасибо.

[DeBill]

Ludi
Ой, у меня там опечатки (буква $K$ на рисунке сдвинулась; ее надо везде заменить на $I$): речь шла за параллелограммы $IC_1MB_1$ и $IL_1HN_1$

[nnosipov]

Ludi в сообщении #1485260 писал(а):

Однако, у меня не получается механически доказать коллинеарность этих точек.

Если считать в декартовых (обычных) координатах, то будет довольно громоздко. Вообще, здесь нужно правильно "параметризовать" исходную геометрическую картинку, тогда все вычисления будут вестись в простейшем классе выражений (а значит, будут легко проверяемыми и, как следствие, доказательными). Для школьника вся эта теория, возможно, и не покажется простой, но можно попробовать проникнутся идеей: см. topic75858.html.