16212. Треугольник ABC
вписан в окружность \Gamma
. Для какой точки P
, лежащей в плоскости этого треугольника, но не лежащей на окружности \Gamma
, отличные от A
, B
и C
точки A'
, B'
и C'
пересечения прямых соответственно PA
, PB
и PC
с окружностью \Gamma
, являются вершинами равнобедренного прямоугольного треугольника с прямым углом при вершине B'
?
Ответ. P
— точка пересечения описанных окружностей треугольников ABD
и BCE
, где D
— точка на продолжении стороны AC
за точку C
, причём \angle CBD=45^{\circ}
, а E
— точка на продолжении стороны BA
за точку A
, причём \angle ACE=45^{\circ}
Решение. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке (\angle BAC\gt45^{\circ}
, \angle ACB\gt45^{\circ}
). Приведённое ниже решение с несущественными изменениями годится для любого другого случая.
На продолжении стороны AC
за точку C
отметим точку D
, для которой \angle CBD=45^{\circ}
. На продолжении стороны BA
за точку A
отметим точку E
, для которой \angle ACE=45^{\circ}
. Пусть описанные окружности треугольников ABD
и BCE
пересекаются в точке P
, отличной от B
. Докажем, что P
— искомая точка.
Действительно, пусть A'
, B'
и C'
— отличные от вершин соответственно A
, B
и C
точки пересечения прямых соответственно PA
, PB
и PC
с описанной окружностью треугольника ABC
. Тогда CB'A'C'
и AA'C'B'
— вписанные четырёхугольники, поэтому
\angle B'A'C'=\angle B'CP~\mbox{и}~\angle B'C'A'=\angle B'AP.
Кроме того, BB'C
и AB'B
— внешние углы треугольников CB'P
и AB'P
соответственно. Значит,
\angle B'A'C'=\angle B'CP=\angle BB'C-\angle BPC=\angle BAC-\angle BEC=\angle ACE=45^{\circ},
\angle B'C'A'=\angle B'AP=\angle AB'B-\angle APB=\angle ACB-\angle ADB=\angle CBD=45^{\circ}.
Следовательно, A'B'C'
— равнобедренный прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине B'
. Что и требовалось доказать.
Источник: Вьетнамские математические олимпиады. — 1999
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2004, № 4, задача 2 (2002, с. 7-8), с. 212