Задача
В треугольнике $ABC$ $(\angle C=90^{\circ})$, $CH$ – высота; $HA_{1}, HB_{1}$ – биссектрисы углов $\angle CHB, \angle AHC$ соответственно; $E, F$ – середины отрезков $HB_{1}$ и $HA_{1}$ соответственно. Докажите, что прямые $AE$ и $BF$ пересекаются на биссектрисе угла $ACB$.
Решение
Решение 1:
Пусть $M$ – середина биссектрисы $CL$ треугольника $ABC$. Тогда, в силу подобия треугольников $ABC$, $ACH$ и $CHB$, $\angle BAF=\angle MAC$, $\angle ABE=\angle MBC$. Следовательно, точка пересечения прямых $AE$ и $BF$ изогонально сопряжена $M$, т.е. лежит на $CL$.
Решение 2:Так как $AE$ – медиана треугольника $AHB_1$, $\frac{\sin\angle B_1AE}{\sin\angle HAE} = \frac{AH}{AB_1} = \frac{AH+CH}{AC}$ (второе равенство следует из свойства биссектрисы). Аналогично $\frac{\sin\angle A_2BF}{\sin\angle HBF} = \frac{CH+HB}{BC}$. В силу подобия треугольников $AHC$ и $CHB$ эти отношения равны, и по теореме Чевы прямые $AE$ и $BF$ пересекаются на биссектрисе.
Ответ
Ответ задачи отсутствует
Чтобы оставлять комментарии, войдите или зарегистрируйтесь