Симетрични точки

[simona_ovcharova]

Даден е триъгълник $ABC$, в който $AC>BC$ и вписаната в него окръжност $k(O)$ се допира до страните му $BC$ и $AC$ съответно в точките $M$ и $N$. Точка $B_1$ е образ на върха му $B$ при осева симетрия с ос правата $CO$. Докажете, че:
а) точките $M$ и $N$ са симетрични относно правата $CO$ и $B_1M = BN$;
б) $AM > BN$.

export.png (370.77 KiB) Прегледано 961 пъти

Както се вижда от чертежа $B_1$ лежи на $AC$, но не съм сигурна как да го докажа. За а) трябва да докажа, че правата $CO$ е симетрала на $MN$. Това е така, защото $NC=MC$ (допирателни отсечки) и $ON=OM = r$, от което следва, че точките $C$ и $O$ определят симетралата на $MN$. Нека обозначим правата $CO$ с $a$:
$\sigma_a:B \to B_1$ (по условие)
$\sigma_a:M \to N$ (тук не знам дали има значение дали са им разменени местата ($N \to M$), и ще се радвам, ако някой ми каже, ако има и защо). Някой помощ с продължението, ако може.

[Доцент Колев]

Няма разлика дали ще напишеш $\sigma_a\colon M\mapsto N$ или $N\mapsto M$. В твоето решение логическото продължение е $N\mapsto M$, защото на горния ред си написала $B\mapsto B_1$. От двете следва, че $BN$ се изобразява в $B_1M$. Осевата симетрия е еднаквост следователно $BN=B_1M$. За да докажеш, че $AM>BN$, разгледай равнобедрения $\triangle CB_1B$: $\angle AB_1B$ е тъп. Следователно $\angle AB_1M$ е също тъп, и
$AM^2>B_1M^2+AB_1^2>B_1M^2=BN^2$.