1 Способ:
Прямые MC и CL симметричны относительно биссектрисы CI (CM – медиана, CL – симедиана). Следовательно ∠MCI = ∠ICL. ML – биссектриса угла DMC (из задачи №1.2.1). Таким образом, ∠MDI = ∠IDL. По основной задачи о симедиане, DL – симедиана в треугольнике BDA, значит ∠BDM = ∠LDA. Таким образом, ∠BDI = ∠BDM + ∠MID = ∠ADL + ∠IDL = ∠IDA. Получается, что DI – биссектриса угла BDA.
2 Способ:
Заметим,
что четырехугольник
ABCD
– гармонический. Из его определения
следует, что (
,
а значит, что
.
Таким
образом, биссектрисы противолежащих
углов D
и C
делят диагональ AB
в одинаковом отношении, значит пересекаются
на этой диагонали.
Ч.Т.Д.
Д) Биссектрисы внешнего и внутреннего углов при вершине A треугольника ABC пересекают прямую BC в точках D и E. Окружность с диаметром DE пересекает описанную окружность треугольника ABC в точках A и X. Докажите, что AX — симедиана треугольника ABC.
Доказательство:
1 Способ:
1) Докажем, что O’ – точка пересечения касательных к окружности вокруг треугольника ABC из точек A и X.
∠WAC = ∠CBW = ∠BCW. ∠ADC = 180 – ∠WDC = ∠DCW+∠DWC = ∠DAO’ (Треугольник ADO’ – равнобедренный). Таким образом, ∠CAO’= ∠DAO’ – ∠DAC = ∠ADO’ – ∠DCW = ∠DWC. По теореме об угле между касательной и хордой, AO’ – касательная к окружности.
2) Докажем, что XO’ – касательная к окружности вокруг ABC. Она касательная, если ∠AXO’= ∠ABX, но известно, что ∠XAO’= ∠ABX (из теореме об угле между касательной и хордой), а ∠AXO’= ∠XAO’ (треугольник AXO’ – равнобедренный). Что и требовалось.
Получается, что вписанный четырехугольник ABCX соответствует конструкции из пункта а). Таким образом, AX – симедиана в треугольнике ABC.
2 Способ:
Заметим,
что окружность, описанная вокруг
треугольника ADE
– окружность Аполлония для точек B
и
C
(её диаметр – отрезок с концами в точках
пересечения биссектрис внутреннего и
внешнего углов BAC
и прямой BC).
X
принадлежит
данной окружности, значит
,
следовательно XD
– биссектриса
угла BXC.
Таким образом, четырехугольник ABXC
–
гармонический
(так как биссектрисы двух его противоположных
углов пересекаются на диагонали). Из
этого следует, что AX
– симедиана в
треугольнике ABC.
Ч.Т.Д.
3.3.2 А) Окружность S1 проходит через точки A и B и касается прямой AC, окружность S2 проходит через точки A и C и касается прямой AB. Докажите, что общая хорда этих окружностей является симедианой треугольника ABC.
Доказательство:
1) Докажем, что если провести окружность вокруг треугольника ABC и продлить AD (общую хорду) до пересечения с этой окружностью (точкой D’ ), то AD = DD’.
Для этого докажем, что CODB – вписанный. Пусть ∠CAD = α, а ∠DAB = β, тогда ∠DBA = α, а ∠DCA = β (по теореме об угле между касательной и хордой). Тогда ∠CDB = 360 – ∠CDA – ∠DAB = 360 – (180 – ∠DCA – ∠DAC) – (180 – ∠DBA – ∠DAB) = 2α+2β = 2∠CAB = ∠COB (он центральный для ∠CAB), что и требовалось.
Посчитаем ∠ODA: ∠ODA = 360 – ∠CDO – ∠CDB – ∠ADB = 360 – ∠CBO – ∠CDB – ∠ADB = 360 – (90 – α – β) – 2α – 2β – (180 – α – β) = 90ᵒ. Угол ODA – прямой , значит OD пересекает хорду AD’ в середине.
2) Докажем, что CB – симедиана треугольника ACD’. ∠D’CB = ∠D’AB = ∠DCA. CD – медиана, значит CB, которая ей симметрична, – симедиана.
3) Вписанный четырехугольник ACD’B является гармоническим (по лемме), а значит, AD’ – симедиана в треугольнике ABC, следовательно, общая хорда двух окружностей является симедианой треугольника ABC.
Ч.Т.Д.
Б) BD – симедиана треугольника ABC. От точек A и C отложили такие лучи AM и CM (точка M – их пересечение), что ∠BAM = ∠CBD, а ∠BCM = ∠ABD. Докажите, что M лежит на BD.
Доказательство:
Известно, что ∠ACD = ∠ABD, а значит, CA – симедиана в треугольнике BCD. Таким образом, AC – симедиана в треугольнике ACD, следовательно, ∠BAM = ∠DAC.
Ч.Т.Д.
3.3.3 Докажите, что если из точки D (пересечения симедианы с описанной окружностью треугольника ABC) опустить перпендикуляры DD1, DD2 и DD3 на прямые AC, AB и BC соответственно, то D2 – середина D1D3.
Доказательство: