12001. В остроугольном треугольнике точка O
— центр описанной окружности. Точка B_{1}
симметрична точке B
относительно стороны AC
. Прямые AO
и B_{1}C
пересекаются в точке K
. Докажите, что луч KA
— биссектриса угла BKB_{1}
.
Решение. Обозначим \angle ACB=\gamma
. Пусть O
— центр описанной окружности треугольника ABC
. Центральный угол AOB
вдвое больше соответствующего вписанного угла, поэтому \angle AOB=2\gamma
, а так как треугольник AOB
равнобедренный, то \angle BAO=90^{\circ}-\gamma
.
Из симметрии
\angle CB_{1}B=\angle CBB_{1}=90^{\circ}-\gamma.
Значит,
\angle BAK=\angle BAO=90^{\circ}-\gamma=\angle CBB_{1}=\angle BB_{1}K.
Из точек A
и B_{1}
, лежащих по одну сторону от прямой BK
, отрезок BK
виден под одним и тем же углом, значит, точки A
, B
, K
, B_{1}
лежат на одной окружности (см. задачу 12). Вписанные в эту окружность углы AKB
и AKB_{1}
опираются на равные хорды (AB=AB_{1}
из симметрии). Следовательно, \angle AKB=\angle AKB_{1}
, т. е. луч KA
— биссектриса угла BKB_{1}
. Что и требовалось доказать.