11730. Пусть AA_{1}
и BB_{1}
— высоты треугольника ABC
, M
— середина AB
. Окружность, описанная около треугольника AMA_{1}
, вторично пересекает прямую A_{1}B_{1}
в точке X
. Докажите, что AX
— касательная к описанной окружности треугольника ABC
.
Решение. Рассмотрим остроугольный треугольник ABC
. Обозначим \angle ABC=\beta
. Достаточно доказать, что \angle XAB_{1}=\beta
(см. задачу 144).
Медиана A_{1}M
прямоугольного треугольника AA_{1}
равна половине гипотенузы AB
(см. задачу 1109), поэтому треугольник MA_{1}B
равнобедренный, MB=MA_{1}
. По теореме о внешнем угле треугольника \angle AMA_{1}=2\beta
, а так как четырёхугольник AMA_{1}X
вписанный, то \angle AXA_{1}=180^{\circ}-2\beta
.
Известно, что
\angle A_{1}B_{1}C=\angle ABC=\beta
(см. задачу 141). Значит,
\angle AB_{1}X=\angle A_{1}B_{1}C=\beta.
Следовательно,
\angle XAB_{1}=180^{\circ}-\angle AB_{1}X-\angle AXB_{1}=180^{\circ}-\beta-(180^{\circ}-2\beta)=\beta.
Что и требовалось доказать.
Аналогично для тупоугольного треугольника.