11222. В остроугольном треугольнике ABC
известно, что \angle ABC=60^{\circ}
, O
— центр описанной окружности, H
— ортоцентр. Биссектриса BL
пересекает описанную окружность в точке W
; X
— точка пересечения отрезков WH
и AC
. Докажите, что точки O
, L
, X
и H
лежат на одной окружности.
Решение. Поскольку BW
— биссектриса угла B
, то W
— середина дуги, не содержащей точку B
(см. задачу 430). Значит, WA=WC
. При этом OA=OC
, поэтому OW
— серединный перпендикуляр к отрезку AC
, а так как \angle ABC=60^{\circ}
, то
\angle AOC=\angle AWC=120^{\circ},
т. е. точки O
и W
симметричны относительно прямой AC
. Кроме того, точки O
и H
симметричны относительно биссектрисы BL
(см. задачи 20 и 10667). Следовательно, LW=LO=LH
, т. е. L
— центр описанной окружности треугольника OWH
.
Заметим, OXH
— внешний угол равнобедренного треугольника OXW
, поэтому
\angle OXH=2\angle OWH=\angle OLH.
Из точек X
и L
, лежащих по одну сторону от прямой OH
, отрезок OH
виден под одним и тем же углом, следовательно, точки O
, L
, X
и H
лежат на одной окружности (см. задачу 12). Что и требовалось доказать.
Примечание. 1. Завершить решение можно было иначе, воспользовавшись тем, что точка L
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку OH
и на биссектрисе внешнего угла треугольника OXH
(см. примечание к задаче 1743).
2. Также в заключительной стадии решения можно воспользоваться ещё одним известным фактом: в равнобокой трапеции боковая сторона видна под одним и тем же углом из точки пересечения диагоналей и центра описанной окружности (см. примечание к задаче 4706). В нашем случае, поскольку точка H_{1}
, симметричная H
относительно AC
, лежит на описанной окружности треугольника ABC
(см. задачу 4785), то OHH_{1}W
— равнобокая трапеция, X
— точка пересечения её диагоналей, а L
— центр описанной окружности.
3. Отметим, что X
— такая точка на прямой AC
, что сумма расстояний от неё до точек O
и H
минимальна. (см. задачу 5004).