10249. Дан неравнобедренный остроугольный треугольник ABC
. Вне его построены равнобедренные тупоугольные треугольники AB_{1}C
и BA_{1}C
с одинаковыми углами \alpha
при их основаниях AC
и BC
. Перпендикуляр, проведённый из вершины C
к отрезку A_{1}B_{1}
пересекает серединный перпендикуляр к стороне AB
в точке C_{1}
. Найдите угол AC_{1}B
.
Ответ. 2\alpha
.
Решение. Заметим, что \alpha\lt45^{\circ}
, поэтому
\angle ACB+2\alpha\lt90^{\circ}+2\cdot45^{\circ}=180^{\circ}.
Значит, прямая A_{1}B_{1}
пересекает стороны AC
и BC
.
Пусть точка D
симметрична вершине C
относительно прямой A_{1}B_{1}
. Тогда D
лежит на отрезке CC_{1}
. Кроме того, A_{1}D=A_{1}B=A_{1}C
и
\angle BA_{1}C=180^{\circ}-2\alpha.
Треугольники CA_{1}D
и BA_{1}D
равнобедренные, поэтому
\angle BDC=\angle A_{1}DB+\angle A_{1}DC=\angle A_{1}BD+\angle A_{1}CD
Сумма углов четырёхугольника BDCA_{1}
равна 360^{\circ}
, т. е.
\angle BDC+\angle A_{1}BD+\angle A_{1}CD+\angle BA_{1}C=
=\angle BDC+\angle BDC+180^{\circ}-2\alpha=360^{\circ},
откуда находим, что \angle BDC=90^{\circ}+\alpha
. Аналогично \angle ADC=90^{\circ}+\alpha
. Следовательно,
\angle ADC_{1}=\angle BDC_{1}=180^{\circ}-\angle BDC=180^{\circ}-(90^{\circ}+\alpha)=90^{\circ}-\alpha,
т. е. DC_{1}
— биссектриса угла ADB
. Тогда точка C_{1}
пересечения биссектрисы треугольника ADB
и серединного перпендикуляра к стороне AB
лежит на окружности, описанной около этого треугольника (см. задачу 1743). Таким образом,
\angle AC_{1}B=180^{\circ}-\angle ADB=180^{\circ}-2\angle BDC_{1}=180^{\circ}-2(90^{\circ}-\alpha)=2\alpha.
Примечание. Точку D
можно получить иначе. Рассмотрим окружности с центрами A_{1}
, B_{1}
и радиусами A_{1}C
и B_{1}C
соответственно. Поскольку точка C
принадлежит обеим окружностям, а CC_{1}
— перпендикуляр к их линии центров, то D
— вторая точка пересечения этих окружностей. В этом случае
\angle BDC=\frac{1}{2}(360^{\circ}-\angle BA_{1}C)=180^{\circ}-\frac{1}{2}\angle BA_{1}C=180^{\circ}-\frac{1}{2}(180^{\circ}-2\alpha)=90^{\circ}+\alpha.