Олимпиадная задача по планиметрии: точка М и биссектриса угла АМВ (8–10 класс)

Решение 1:   На произвольной прямой, проходящей через K и пересекающей стороны угла в точках A и B, возьмём такую точку K', что  AK' : BK' = AK : BK.  Все такие точки K' лежат на прямой l, проходящей через вершину угла (это следует из того, что центральная проекция сохраняет двойное отношение). Поэтому все окружности с диаметром KK' проходят через проекцию M точки K на l. Каждая такая окружность является окружностью Аполлония для точек A и B и отношения  AK : BK,  поэтому выполнено равенство  AM : BM = AK : BK,  то есть точка M – искомая (рис. слева).

Решение 2:

Автор: Девятов Р.   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,  треугольники MXY, KXY и OYX равны, поэтому MOYX – равнобокая трапеция и  ∠MXO = ∠MYO.  Значит,  ∠MXA = 180° – ∠MXO = 180° – ∠ MYO = ∠BYM.  Треугольники AXK и KYB подобны, так как их стороны соответственно параллельны, поэтому  KX : XA = BY : YK.  Отсюда получаем  MX : XA = KX : XA = BY : YK = BY : YM.

  Отсюда и из равенства углов MXA и BYM получаем, что треугольники MXA и BYM подобны (рис. справа).

  Пользуясь двумя доказанными подобиями, получаем  MA : BM = MX : BY = KX : BY = AK : KB,  что и означает, что MK – биссектриса треугольника AMB.