Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2110
2019-02-08 
На плоскости дан угол и точка $K$ внутри него. Доказать, что найдётся точка $M$, обладающая следующим свойством: если произвольная прямая, проходящая через $K$, пересекает стороны угла в точках $A$ и $B$, то $MK$ является биссектрисой угла $AMB$.
Решение:
Первое решение. На произвольной прямой, проходящей через $K$ и пересекающей стороны угла в точках $A$ и $B$, возьмём такую точку $K^{\prime}$, что $AK^{\prime}/BK^{\prime} = AK/BK$. Так как все точки $K^{\prime}$ лежат на прямой $l$, проходящей через вершину угла, все окружности с диаметром $KK^{\prime}$ проходят через проекцию $M$ точки $K$ на $l$. При этом всегда выполнено равенство $AM/BM = AK/BK$, т. е. точка $M$ - искомая (рис.).
Второе решение. Пусть $O$ - вершина угла. Построим параллелограмм $KXOY$, две стороны которого лежат на сторонах угла. Пусть $M$ - точка, симметричная $K$ относительно $XY$. Докажем, что точка $M$ - искомая.
Пусть прямая, проходящая через $K$, пересекает прямые $OX$ и $OY$ в точках $A$ и $B$. Заметим, что
$MX = KX, MY = KY, \triangle MXY = \triangle KXY = \triangle OYX$,
поэтому $MOYX$ - равнобокая трапеция и $\angle MXO = \angle MYO$. Значит,
$\angle MXA = 180^{\circ} - \angle MXO = 180^{\circ} - \angle MYO = \angle BYM$.
Далее, треугольники $AXK$ и $KYB$ подобны, так как их стороны соответственно параллельны, поэтому $KX/XA = BY/YK$. Отсюда получаем
$\frac{MX}{XA} = \frac{KX}{XA} = \frac{BY}{YK} = \frac{BY}{YM}$.
Отсюда и из равенства углов $MXA$ и $BYM$ получаем, что треугольники $MXA$ и $BYM$ подобны (рис.).
Теперь, пользуясь двумя доказанными подобиями, получаем
$\frac{MA}{BM} = \frac{MX}{BY} = \frac{KX}{BY} = \frac{AK}{KB}$,
что и означает, что $MK$ - биссектриса треугольника $AMB$.
На плоскости дан угол и точка $K$ внутри него. Доказать, что найдётся точка $M$, обладающая следующим свойством: если произвольная прямая, проходящая через $K$, пересекает стороны угла в точках $A$ и $B$, то $MK$ является биссектрисой угла $AMB$.
Решение:
Первое решение. На произвольной прямой, проходящей через $K$ и пересекающей стороны угла в точках $A$ и $B$, возьмём такую точку $K^{\prime}$, что $AK^{\prime}/BK^{\prime} = AK/BK$. Так как все точки $K^{\prime}$ лежат на прямой $l$, проходящей через вершину угла, все окружности с диаметром $KK^{\prime}$ проходят через проекцию $M$ точки $K$ на $l$. При этом всегда выполнено равенство $AM/BM = AK/BK$, т. е. точка $M$ - искомая (рис.).
Второе решение. Пусть $O$ - вершина угла. Построим параллелограмм $KXOY$, две стороны которого лежат на сторонах угла. Пусть $M$ - точка, симметричная $K$ относительно $XY$. Докажем, что точка $M$ - искомая.
Пусть прямая, проходящая через $K$, пересекает прямые $OX$ и $OY$ в точках $A$ и $B$. Заметим, что
$MX = KX, MY = KY, \triangle MXY = \triangle KXY = \triangle OYX$,
поэтому $MOYX$ - равнобокая трапеция и $\angle MXO = \angle MYO$. Значит,
$\angle MXA = 180^{\circ} - \angle MXO = 180^{\circ} - \angle MYO = \angle BYM$.
Далее, треугольники $AXK$ и $KYB$ подобны, так как их стороны соответственно параллельны, поэтому $KX/XA = BY/YK$. Отсюда получаем
$\frac{MX}{XA} = \frac{KX}{XA} = \frac{BY}{YK} = \frac{BY}{YM}$.
Отсюда и из равенства углов $MXA$ и $BYM$ получаем, что треугольники $MXA$ и $BYM$ подобны (рис.).
Теперь, пользуясь двумя доказанными подобиями, получаем
$\frac{MA}{BM} = \frac{MX}{BY} = \frac{KX}{BY} = \frac{AK}{KB}$,
что и означает, что $MK$ - биссектриса треугольника $AMB$.
