13452. Треугольник ABC
вписан в окружность. Точка M
лежит на дуге BC
(не содержащей A
); точка M_{1}
симметрична точке M
относительно прямой BC
. Докажите, что отрезок AM_{1}
делится пополам окружностью, проходящей через середины сторон треугольника ABC
.
Решение. Пусть A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
— середины сторон BC
, AC
и AB
соответственно, X
— середина отрезка AM_{1}
. Докажем, что точки A_{1}
, B_{1}
, C_{1}
и X
лежат на одной окружности.
Первый способ. Из свойства средней линии треугольника следует, что AC_{1}A_{1}B_{1}
— параллелограмм, поэтому
\angle C_{1}A_{1}B_{1}=\angle C_{1}AB_{1}=\angle CAB.
Кроме того, в силу симметрии и вписанности четырёхугольника ABMC
получаем
\angle CM_{1}B=\angle CMB=180^{\circ}-\angle CAB,
При этом C_{1}X
и B_{1}X
параллельны BM_{1}
и CM_{1}
как средние линии треугольников BAM_{1}
и CAM_{1}
соответственно. Значит,
\angle C_{1}XB_{1}=\angle BM_{1}C=180^{\circ}-\angle C_{1}AB_{1},
откуда и следует утверждение задачи.
Второй способ. Гомотетия с центром в точке A
и коэффициентом 2 переводит точку A_{1}
в точку D
— вершину параллелограмма ABDC
, точки C_{1}
и B_{1}
— в точки B
и C
соответственно, а окружность \omega
, проходящую через середины сторон треугольника ABC
, — в окружность \omega'
, описанную около треугольника BCD
, равную описанной окружности \Omega
треугольника ABC
, и поэтому симметричную \Omega
относительно прямой BC
В силу симметрии точка M_{1}
(образ точки X
при указанной гомотетии), лежит на \Omega
. Следовательно, точка X
лежит на окружности \omega
. Отсюда следует утверждение задачи.