13300. В треугольнике ABC
биссектрисы AA_{1}
и CC_{1}
пересекаются в точке I
. Прямая, проходящая через точку B
параллельно AC
, пересекает лучи AA_{1}
и CC_{1}
в точках A_{2}
и C_{2}
соответственно. Точка O_{a}
— центр описанной окружности треугольника AC_{1}C_{2}
, точка O_{c}
— центр описанной окружности треугольника CA_{1}A_{2}
. Докажите, что \angle O_{a}BO_{c}=\angle AIC
.
Решение. Пусть P_{a}
и P_{b}
— центры описанных окружностей треугольников BC_{1}C_{2}
и BA_{1}A_{2}
, \angle BAC=2\alpha
и \angle ACB=2\gamma
. Поскольку BC_{2}\parallel AC
, то
\gamma=\angle BCC_{2}=\angle ACC_{2}=\angle BC_{2}C,~\angle C_{2}BC_{1}=\angle BAC=2\alpha.
Значит, треугольник CBC_{2}
равнобедренный, BC_{2}=BC
.
Центральный угол BP_{a}C_{1}
окружности с центром P_{a}
вдвое больше вписанного угла BC_{2}C_{1}
, т. е.
\angle C_{1}P_{a}B=2\angle BC_{2}C_{1}=2\gamma.
Кроме того, пересекающиеся окружности с центрами P_{a}
и P_{b}
симметричны относительно их линии центров P_{a}O_{a}
, а центральный угол C_{1}P_{a}C_{2}
первой из них вдвое больше вписанного угла C_{1}BC_{2}
, поэтому
\angle C_{1}P_{a}O_{a}=\angle C_{2}P_{a}O_{a}=\angle C_{2}BC_{1}=2\alpha.
Пусть угол \varphi
— угол при основании равнобедренного треугольника BP_{a}C_{2}
. Тогда
\varphi=\angle P_{a}BC_{2}=\frac{1}{2}|180^{\circ}-2\angle BC_{1}C_{2}|=|90^{\circ}-\angle BC_{1}C_{2}|.
Проведём в треугольнике BC_{1}C_{2}
высоту BH
. Тогда
\angle HBC_{1}=|90^{\circ}-\angle BC_{1}H|=|90^{\circ}-\angle BC_{1}C_{2}|=\varphi.
Прямые P_{a}O_{a}
и BH
параллельны, так как они перпендикулярны одной и тоже прямой C_{1}C_{2}
. Значит, угол между прямыми P_{a}O_{a}
и AB
равен \varphi
. Кроме того, проекции точек P_{a}
и O_{a}
на прямую AB
— середина отрезков BC_{1}
и AC_{1}
соответственно. Следовательно, P_{a}O_{a}=\frac{AB}{2\cos\varphi}
.
Проекция точки P_{a}
на прямую BC_{2}
— середина отрезка BC_{2}
, а угол между прямыми BP_{a}
и BC_{2}
равен \varphi
, поэтому
BP_{a}=\frac{BC_{2}}{2\cos\varphi}=\frac{BC}{2\cos\varphi}.
Следовательно,
\frac{P_{a}O_{a}}{BP_{a}}=\frac{\frac{AB}{2\cos\varphi}}{\frac{BC}{2\cos\varphi}}=\frac{AB}{BC}.
Кроме того,
\angle BP_{a}O_{a}=\angle BP_{a}C_{1}+\angle C_{1}P_{a}O_{a}=2\angle BC_{2}C_{1}+\angle C_{2}BC_{1}=2\gamma+2\alpha.
Рассуждая аналогично, получим, что
\frac{P_{c}O_{c}}{BP_{c}}=\frac{BC}{BA},~\angle BP_{c}O_{c}=2\gamma+2\alpha.
Значит, треугольники P_{a}BO_{a}
и P_{c}O_{c}B
подобны. Тогда
\angle P_{a}BO_{a}+\angle P_{c}BO_{c}B=\angle P_{a}BO_{a}+\angle P_{a}O_{a}B=
=180^{\circ}-\angle BP_{a}O_{a}=180^{\circ}-2\alpha-2\gamma=\angle ABC,
а так как \angle BP_{a}C_{1}=2\gamma
и BP_{a}=P_{a}C_{1}
, то \angle P_{a}BC_{1}=90^{\circ}-\gamma
. Аналогично, \angle P_{c}BA_{1}=90^{\circ}-\alpha
. Таким образом,
\angle O_{a}BO_{c}=\angle P_{a}BA+\angle ABC+\angle P_{c}BC-(\angle P_{a}BO_{a}+\angle P_{c}BO_{c})=
=90^{\circ}-\gamma+90^{\circ}-\alpha=180^{\circ}-\alpha-\gamma=\angle AIC.
Примечание. В равенствах \angle BP_{a}C_{1}=2\gamma
(1) и
\angle C_{1}P_{a}O_{a}=\angle C_{2}P_{a}O_{a}-\angle C_{2}BC_{1}~(2)
мы воспользовались расположением точек P_{a}
и P_{b}
, которое нужно обосновать. А именно, угол \angle C_{1}C_{2}B=\gamma
— острый, поскольку это половине угла ACB
треугольника. Значит, точка P_{a}
лежит в той же полуплоскости относительно прямой BC_{1}
, что и C_{2}
. Следовательно, выполняется (1).
Кроме того, \angle O_{a}C_{1}A=|90^{\circ}-\angle AC_{2}C_{1}|
. Этот угол острый, и в случае, когда точка O_{a}
лежит в другой полуплоскости относительно прямой AC_{1}
, нежели P_{a}
, не превосходит 90^{\circ}-\gamma
, так как
\angle AC_{2}C_{1}\lt180^{\circ}-\angle BC_{2}C_{1}=180^{\circ}-\gamma.
Значит, точки B
и O_{a}
лежат в разных полуплоскостях относительно прямой C_{1}P_{a}
. Следовательно, выполнено (2).