13871. Точка O
— центр описанной окружности треугольника ABC
, в котором \angle BAC=30^{\circ}
и \angle ABC=45^{\circ}
. Докажите, при любом выборе точек X
и Y
на лучах соответственно AC
и BC
при условии OX=BY
, серединные перпендикуляры к отрезкам XY
проходят через фиксированную точку.
Решение. Без ограничения общности считаем, что
OA=OB=OC=1.
Центральные углы BOC
и AOC
вдвое больше вписанных углов BAC
и ABC
соответственно, поэтому
\angle BOC=60^{\circ},~\angle AOC=90^{\circ}.
Значит, равнобедренный треугольник BOC
— равносторонний, поэтому BC=1
, а так как AC
— гипотенуза равнобедренного прямоугольного треугольника AOC
, то AC=\sqrt{2}
.
Если точка X
совпадает с A
, то OX=1
и BY=1
, поэтому точка Y
совпадает с C
. Тогда искомая точка лежит на серединном перпендикуляре к стороне AC
.
Построим на стороне AC
равносторонний треугольника AMC
с вершиной M
, лежащей с точкой O
по одну сторону от прямой AC
. Тогда
MC=AC\sqrt{2},~\angle OCM=60^{\circ}-45^{\circ}=15^{\circ},~\angle MCB=60^{\circ}-15^{\circ}=45^{\circ}.
По теореме косинусов
BM^{2}=MC^{2}+BC^{2}-2MC\cdot BC\cos\angle MCB=2+1-2\sqrt{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}=1.
Значит, треугольник MCB
прямоугольный с прямым углом при вершине B
.
Обозначим AX=a
. Тогда
OX^{2}=OA^{2}+AX^{2}-2OA\cdot AX\cos\angle OAX=1+a^{2}-a\sqrt{2},
MX^{2}=MA^{2}+AX^{2}-2MA\cdot AX\cos\angle MAC=2+a^{2}-a\sqrt{2},
поэтому по теореме Пифагора
MY^{2}=MB^{2}+BY^{2}=MB^{2}+OX^{2}=1+1+a^{2}-a\sqrt{2}=
=2+a^{2}-a\sqrt{2}=MX^{2}.
Значит, фиксированная точка M
— точка пересечения серединного перпендикуляра к отрезку AC
с серединным перпендикуляром к каждому отрезку XY
. Что и требовалось доказать.