Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1489
2019-01-19 
Дан угол с вершиной $B$. Построим точку $M$ следующим образом. Возьмем произвольную равнобедренную трапецию, боковые стороны которой лежат на сторонах данного угла. Через две противоположные ее вершины проведем касательные к описанной около нее окружности. Через $M$ обозначим точку пересечения этих касательных. Какую фигуру образуют все такие точки $M$?
Решение:
Пусть $ADEC$ - равнобедренная трапеция, $DM$ и $CM$ - касательные к окружности, описанной вокруг $ADEC$ (т. е. $M$ - некоторая точка искомого $ГМТ$). Очевидно, что $ \triangle ABC$ - равнобедренный, и $AC$ перпендикулярна биссектрисе угла $B$.
$ \angle BDM = \angle BCM$, так как они измеряются половинами дуг, стягиваемых равными хордами $AD$ и $CE$. Следовательно, точки $B, M, C, D$ лежат на одной окружности. Тогда $BM \parallel AC$ (см. решение задачи 82), и, значит, точка $M$ лежит на перпендикуляре $l$ к биссектрисе угла $B$.
Покажем теперь, что любая точка $M$ прямой $l$, отличная от $B$, принадлежит искомому $ГМТ$. Понятно, что для этого достаточно построить вспомогательную окружность $\omega$, проходящую через $B$ и $M$ и пересекающую вторично каждую из сторон угла $B$.
Ответ. Прямая, перпендикулярная биссектрисе угла $B$ (т. е. биссектриса внешнего угла) без самой точки $B$.
Дан угол с вершиной $B$. Построим точку $M$ следующим образом. Возьмем произвольную равнобедренную трапецию, боковые стороны которой лежат на сторонах данного угла. Через две противоположные ее вершины проведем касательные к описанной около нее окружности. Через $M$ обозначим точку пересечения этих касательных. Какую фигуру образуют все такие точки $M$?
Решение:
Пусть $ADEC$ - равнобедренная трапеция, $DM$ и $CM$ - касательные к окружности, описанной вокруг $ADEC$ (т. е. $M$ - некоторая точка искомого $ГМТ$). Очевидно, что $ \triangle ABC$ - равнобедренный, и $AC$ перпендикулярна биссектрисе угла $B$.
$ \angle BDM = \angle BCM$, так как они измеряются половинами дуг, стягиваемых равными хордами $AD$ и $CE$. Следовательно, точки $B, M, C, D$ лежат на одной окружности. Тогда $BM \parallel AC$ (см. решение задачи 82), и, значит, точка $M$ лежит на перпендикуляре $l$ к биссектрисе угла $B$.
Покажем теперь, что любая точка $M$ прямой $l$, отличная от $B$, принадлежит искомому $ГМТ$. Понятно, что для этого достаточно построить вспомогательную окружность $\omega$, проходящую через $B$ и $M$ и пересекающую вторично каждую из сторон угла $B$.
Ответ. Прямая, перпендикулярная биссектрисе угла $B$ (т. е. биссектриса внешнего угла) без самой точки $B$.
