6606. Дан прямоугольный треугольник
ABC
, где
AB
— гипотенуза. Пусть
M
— середина
AB
, окружность
\omega
описана около треугольника
CMB
. Прямая
AC
вторично пересекает окружность
\omega
в точке
K
. Луч
BK
пересекает описанную окружность треугольника
ABC
в точке
L
. Докажите, что прямые
AL
и
KM
пересекаются на описанной окружности треугольника
ACM
.
Решение. Первый способ. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке. Четырёхугольник
BMKC
вписанный, причём
\angle BCK=90^{\circ}
, поэтому
BK
— диаметр окружности
\omega
. Значит,
\angle BMK=90^{\circ}
.
Пусть прямые
AL
и
KM
пересекаются в точке
P
. Тогда
\angle AMP=AMK=90^{\circ}
. Обозначим
\angle ABK=\angle BAC=\alpha
(см. задачу 1109). Тогда
\angle MCK=\angle MBK=\angle ABK=\alpha.

Точка
L
лежит на описанной окружности прямоугольного треугольника
ABC
, а
AB
— диаметр этой окружности, поэтому
\angle AMP=\angle ALB=90^{\circ}.

Поскольку
BAP
— общий острый угол прямоугольных треугольников
ABL
и
AMP
, то
\angle APM=\angle ABL=\angle ACM=\alpha.

Из точек
P
и
C
отрезок
AM
виден под одним и тем же углом
\alpha
, следовательно, точка
P
лежит на одной окружности с точками
A
,
M
и
C
, т. е. на окружности, описанной около треугольника
AMC
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Предположим, уже доказано, что
\angle AMP=\angle ALB=90^{\circ}
. Тогда
K
— точка пересечения высот
BL
и
PM
треугольника
ABP
, поэтому третья высота
AC_{1}
этого треугольника проходит через точку
K
(см. задачу 1256), а так как
BC\perp AC
и
BC_{1}\perp AC
, то точка
C_{1}
совпадает с
C
. Из точек
M
и
C
отрезок
AP
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на одной окружности, т. е. на окружности, описанной около треугольника
AMC
. Что и требовалось доказать.