Udowodnij, że obwód trójkąta $MNC$ równa się połowie obwodu trójkąta $ABC$
W $ABC$ trójkąt równoboczny. $K$ jest środkiem $AB$. $M$ i $N$ leżeć $AC$ i $BC$odpowiednio. Gdyby$\angle MKN=60°$, a następnie udowodnij, że obwód $\triangle MNC$ jest równy połowie obwodu $\triangle ABC$.
Odpowiedzi
Lustro $N$ z szacunkiem do $CK$, niech będzie $N'$. Zauważamy to$\angle CN'N=\angle MKN=60^{\circ}$. W związku z tym$MKNN'$są ko-cykliczne. W związku z tym$\triangle MKN$jest lustrzanym odbiciem w odniesieniu do $CK$ dzieli to samo koło opisowe z $\triangle MKN$. Dlatego centrum$\triangle MKN$na obwodzie znajduje się obwódka $CK$.
Teraz narysuj dwusieczne kąta $\angle CMN, \angle CNM$ i pozwól im się spotkać o godz $I$. Oczywiście$I$ leży na trzeciej dwusiecznej $CK$. Od$\angle MIN=120^{\circ}$, $M,K,N,I$są ko-cykliczne. Ponadto, łącząc się z wynikiem z poprzedniego akapitu, wiemy$IK$jest średnicą tego koła. W związku z tym$\angle IMK=\angle INK=90^{\circ}$.
W związku z tym $MK$ przecina kąt zewnętrzny na pół $\angle AMN$ i $NK$ przecina kąt zewnętrzny na pół $\angle BNM$.
Spójrz teraz na właściwe zdjęcie. Narysuj okrąg styczny do$AM,MN,NB$ i niech jego centrum będzie $O$. Zauważymy to$MO$ podzieli kąt na pół $AMN$ i $NO$ podzieli kąt na pół $BNM$ więc $O$ i $K$ są zasadniczo tym samym punktem.
Teraz łatwo jest zobaczyć obwód $\triangle CMN$ jest taki sam jak $CP+CQ$, czyli połowa obwodu $\triangle ABC$. (Dlatego$AP={1\over 2} AK={1\over 4}AB$ i tak jest $BQ$)
Myślę, że rozwiązałem problem!
Weźmy punkt $P$ z boku $BC$ gdzie $\angle NKP=60°$. Następnie zwróć uwagę$T$ na linii PK, gdzie $PK=KT$. Trójkąty$BKP$ i $ATK$są przystające. Więc$\angle TAK=60°=\angle KBP$. Zauważ, że$AMKT$jest okręgiem opisanym. Więc$\angle TAK=\angle TMK$. A zatem$TMK$ jest trójkątem równobocznym.
Teraz możemy być pewni, że trójkąty $MKN$ i $NKP$są przystające. Więc$MN=NK$. Otrzymujemy to z twierdzenia Ptolemeusza$AM+AT=AK$. Nie zapomnij o tym$BP=AT$.
$CM+AM+AK=CM+2AK-AT=CM+BC-BP=CM+CP=CM+CN+NP=CM+CN+MN$.