พิสูจน์เส้นรอบวงสามเหลี่ยมนั้น $MNC$ เท่ากับครึ่งปริมณฑลของสามเหลี่ยม $ABC$
ใน $ABC$ สามเหลี่ยมด้านเท่า $K$ คือจุดกึ่งกลางของ $AB$. $M$ และ $N$ นอนบน $AC$ และ $BC$ตามลำดับ ถ้า$\angle MKN=60°$แล้วพิสูจน์ว่าปริมณฑลของ $\triangle MNC$ เท่ากับครึ่งปริมณฑลของ $\triangle ABC$.
คำตอบ
กระจกเงา $N$ ด้วยความเคารพ $CK$, ช่างมันเถอะ $N'$. เราสังเกตเห็นว่า$\angle CN'N=\angle MKN=60^{\circ}$. ดังนั้น$MKNN'$เป็นวงจรร่วม ดังนั้น$\triangle MKN$ภาพสะท้อนในกระจก $CK$ ใช้เส้นรอบวงเดียวกันกับ $\triangle MKN$. ดังนั้นจุดศูนย์กลางของ$\triangle MKN$วงกลมอยู่บน $CK$.
ตอนนี้วาดเส้นแบ่งมุมของ $\angle CMN, \angle CNM$ และให้พวกเขาพบกันที่ $I$. เห็นได้ชัด$I$ ตั้งอยู่บนเส้นแบ่งเขตที่สาม $CK$. ตั้งแต่$\angle MIN=120^{\circ}$, $M,K,N,I$เป็นวงจรร่วม นอกจากนี้เมื่อรวมกับผลลัพธ์จากย่อหน้าก่อนหน้าเรารู้$IK$คือเส้นผ่านศูนย์กลางของวงกลมนั้น ดังนั้น$\angle IMK=\angle INK=90^{\circ}$.
ดังนั้น $MK$ แบ่งครึ่งมุมด้านนอก $\angle AMN$ และ $NK$ แบ่งครึ่งมุมด้านนอก $\angle BNM$.
ตอนนี้ดูภาพด้านขวา วาดวงกลมแทนเจนต์เป็น$AM,MN,NB$ และปล่อยให้มันเป็นศูนย์กลาง $O$. เราจะสังเกตได้ว่า$MO$ จะแบ่งครึ่งมุม $AMN$ และ $NO$ จะแบ่งครึ่งมุม $BNM$ ดังนั้น $O$ และ $K$ เป็นจุดเดียวกัน
ตอนนี้มันง่ายที่จะเห็นขอบเขตของ $\triangle CMN$ เหมือนกับ $CP+CQ$ซึ่งเป็นครึ่งหนึ่งของ $\triangle ABC$. (เพราะ$AP={1\over 2} AK={1\over 4}AB$ และเช่นกัน $BQ$)
ฉันคิดว่าฉันได้แก้ปัญหาแล้ว!
ลองมาดูกัน $P$ ที่ด้านข้าง $BC$ ที่ไหน $\angle NKP=60°$. จากนั้นใช้จุด$T$ ที่สาย PK ที่ไหน $PK=KT$. สามเหลี่ยม$BKP$ และ $ATK$มีความสอดคล้องกัน ดังนั้น$\angle TAK=60°=\angle KBP$. สังเกตว่า$AMKT$เป็นวงกลม ดังนั้น$\angle TAK=\angle TMK$. ด้วยประการฉะนี้$TMK$ คือสามเหลี่ยมด้านเท่า
ตอนนี้เรามั่นใจได้ว่าสามเหลี่ยม $MKN$ และ $NKP$มีความสอดคล้องกัน ดังนั้น$MN=NK$. ตามทฤษฎีบทของปโตเลมีเราได้สิ่งนั้นมา$AM+AT=AK$. นอกจากนี้อย่าลืมว่า$BP=AT$.
$CM+AM+AK=CM+2AK-AT=CM+BC-BP=CM+CP=CM+CN+NP=CM+CN+MN$.