Номер 913, страница 128 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

913. Окружность, центр $Q$ которой лежит на основании $AB$ равнобедренного треугольника $ABC$, касается его боковых сторон. Точки $M$ и $N$ на лучах $CA$ и $CB$ выбраны так, что $MN$ — касательная к окружности (рис. 290). Докажите, что треугольники $AMQ$, $BNQ$ и $MNQ$ подобны.

Рис. 290

Пусть $\triangle ABC$ — равнобедренный треугольник с основанием $AB$. Тогда $AC = BC$ и $\angle CAB = \angle CBA$. Обозначим эти углы через $\alpha$, то есть $\angle A = \angle B = \alpha$.

1. Определение положения центра окружности Q.

Центр окружности $Q$ лежит на основании $AB$. Окружность касается боковых сторон $AC$ и $BC$. Это означает, что расстояние от центра $Q$ до прямых $AC$ и $BC$ одинаково и равно радиусу окружности. Множество точек, равноудаленных от двух пересекающихся прямых ($AC$ и $BC$), есть биссектриса угла между ними ($\angle C$).

В равнобедренном треугольнике $ABC$ биссектриса угла при вершине $C$ является также медианой и высотой, проведенной к основанию $AB$. Так как $Q$ лежит на биссектрисе угла $C$ и одновременно на основании $AB$, точка $Q$ должна быть точкой их пересечения, то есть основанием высоты (и медианы). Следовательно, $Q$ — середина основания $AB$, и $AQ = BQ$.

2. Анализ углов, связанных с касательной MN.

Точки $M$ и $N$ лежат на лучах $CA$ и $CB$ соответственно. Прямая $MN$ является касательной к окружности. Таким образом, окружность с центром $Q$ вписана в угол, образованный пересекающимися в точке $C$ лучами, и касается также отрезка $MN$, отсекающего от этого угла треугольник $CMN$. Это означает, что данная окружность является вневписанной для треугольника $CMN$ (касается стороны $MN$ и продолжений сторон $CM$ и $CN$).

Центр вневписанной окружности лежит на пересечении биссектрисы одного внутреннего угла и двух внешних углов треугольника. В нашем случае, $Q$ — центр окружности, вневписанной в $\triangle CMN$. Следовательно, луч $MQ$ является биссектрисой внешнего угла треугольника $CMN$ при вершине $M$, а луч $NQ$ — биссектрисой внешнего угла при вершине $N$.

Пусть внутренние углы треугольника $CMN$ при вершинах $M$ и $N$ равны $\angle CMN = \gamma$ и $\angle CNM = \delta$.
Тогда внешний угол при вершине $M$ равен $180^\circ - \gamma$. Луч $MQ$ делит его пополам, поэтому $\angle NMQ = \frac{180^\circ - \gamma}{2} = 90^\circ - \frac{\gamma}{2}$.
Аналогично, внешний угол при вершине $N$ равен $180^\circ - \delta$. Луч $NQ$ делит его пополам, поэтому $\angle MNQ = \frac{180^\circ - \delta}{2} = 90^\circ - \frac{\delta}{2}$.

3. Нахождение углов треугольников AMQ, BNQ и MNQ.

Сначала найдем сумму углов $\gamma$ и $\delta$ в $\triangle CMN$.
$\angle C = 180^\circ - 2\alpha$.
Сумма углов в $\triangle CMN$: $\angle C + \gamma + \delta = 180^\circ$.
$180^\circ - 2\alpha + \gamma + \delta = 180^\circ \implies \gamma + \delta = 2\alpha$.

Теперь найдем углы каждого из трех треугольников.

Для $\triangle MNQ$:
$\angle NMQ = 90^\circ - \frac{\gamma}{2}$.
$\angle MNQ = 90^\circ - \frac{\delta}{2}$.
$\angle MQN = 180^\circ - \angle NMQ - \angle MNQ = 180^\circ - (90^\circ - \frac{\gamma}{2}) - (90^\circ - \frac{\delta}{2}) = \frac{\gamma + \delta}{2}$.
Подставляя $\gamma + \delta = 2\alpha$, получаем: $\angle MQN = \frac{2\alpha}{2} = \alpha$.

Для $\triangle AMQ$:
$\angle MAQ = \angle CAB = \alpha$.
Угол $\angle AMQ$ является частью внешнего угла $\triangle CMN$ при вершине $M$, так как луч $MA$ является продолжением луча $CM$. Поскольку $MQ$ — биссектриса этого внешнего угла, то $\angle AMQ = \angle NMQ = 90^\circ - \frac{\gamma}{2}$.
Третий угол $\angle AQM = 180^\circ - \angle MAQ - \angle AMQ = 180^\circ - \alpha - (90^\circ - \frac{\gamma}{2}) = 90^\circ - \alpha + \frac{\gamma}{2}$.

Для $\triangle BNQ$:
$\angle NBQ = \angle CBA = \alpha$.
Аналогично $\triangle AMQ$, угол $\angle BNQ$ является частью внешнего угла $\triangle CMN$ при вершине $N$, и $NQ$ — его биссектриса. Поэтому $\angle BNQ = \angle MNQ = 90^\circ - \frac{\delta}{2}$.
Третий угол $\angle BQN = 180^\circ - \angle NBQ - \angle BNQ = 180^\circ - \alpha - (90^\circ - \frac{\delta}{2}) = 90^\circ - \alpha + \frac{\delta}{2}$.

4. Доказательство подобия.

Сравним наборы углов для трех треугольников:
Углы $\triangle AMQ$: $\{\alpha, 90^\circ - \frac{\gamma}{2}, 90^\circ - \alpha + \frac{\gamma}{2}\}$
Углы $\triangle BNQ$: $\{\alpha, 90^\circ - \frac{\delta}{2}, 90^\circ - \alpha + \frac{\delta}{2}\}$
Углы $\triangle MNQ$: $\{\alpha, 90^\circ - \frac{\gamma}{2}, 90^\circ - \frac{\delta}{2}\}$

Чтобы доказать, что все три треугольника подобны, нужно показать, что эти три набора углов идентичны.
Используем соотношение $\gamma + \delta = 2\alpha$, из которого следует $\delta = 2\alpha - \gamma$.

Подставим $\delta$ в набор углов для $\triangle BNQ$:
$90^\circ - \frac{\delta}{2} = 90^\circ - \frac{2\alpha - \gamma}{2} = 90^\circ - \alpha + \frac{\gamma}{2}$.
$90^\circ - \alpha + \frac{\delta}{2} = 90^\circ - \alpha + \frac{2\alpha - \gamma}{2} = 90^\circ - \alpha + \alpha - \frac{\gamma}{2} = 90^\circ - \frac{\gamma}{2}$.
Таким образом, углы $\triangle BNQ$ равны $\{\alpha, 90^\circ - \alpha + \frac{\gamma}{2}, 90^\circ - \frac{\gamma}{2}\}$, что совпадает с набором углов $\triangle AMQ$.

Теперь сравним с $\triangle MNQ$. Его углы: $\{\alpha, 90^\circ - \frac{\gamma}{2}, 90^\circ - \frac{\delta}{2}\}$.
Мы уже показали, что $90^\circ - \frac{\delta}{2} = 90^\circ - \alpha + \frac{\gamma}{2}$.
Следовательно, все три треугольника имеют одинаковый набор углов: $\{\alpha, 90^\circ - \frac{\gamma}{2}, 90^\circ - \alpha + \frac{\gamma}{2}\}$.

Так как все три треугольника имеют равные углы, они подобны друг другу.

Ответ: Треугольники $AMQ$, $BNQ$ и $MNQ$ имеют одинаковый набор углов, следовательно, они подобны по первому признаку подобия (по двум углам). Что и требовалось доказать.