4477. Окружность, построенная на стороне AC
остроугольного треугольника ABC
как на диаметре, пересекает стороны AB
и BC
в точках K
и L
. Касательные к этой окружности, проведённые в точках K
и L
, пересекаются в точке M
. Докажите, что прямая BM
перпендикулярна AC
.
Решение. Первый способ. Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle BCA=\gamma
. Если O
— середина AC
(центр данной окружности), то
\angle AOK=180^{\circ}-2\alpha,~\angle COL=180^{\circ}-2\gamma,
\angle KOL=180^{\circ}-\angle AOK-\angle COL=
=180^{\circ}-(180^{\circ}-2\alpha)-(180^{\circ}-2\gamma)=2\alpha+2\gamma-180^{\circ}.
Поскольку OK\perp KM
и OL\perp LM
, то
\angle KML=180^{\circ}-\angle KOL=360^{\circ}-2\alpha-2\gamma=2(180^{\circ}-\alpha-\gamma)=2\angle ABC.
При этом MK=ML
как касательные, проведённые к окружности из одной точки. Значит, M
— центр окружности, проходящей через точки K
, L
и B
. Поэтому MB=MK=ML
.
Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
\angle BLM=\angle CAL=90^{\circ}-\gamma,
а так как треугольник BML
— равнобедренный, то
\angle MBL=\angle BLM=90^{\circ}-\gamma.
Следовательно,
\angle MBL+\angle ACB=(90^{\circ}-\gamma)+\gamma=90^{\circ},
т. е. BM\perp AC
.
Второй способ. Пусть отрезки AL
и CK
пересекаются в точке H
. Поскольку AL
и CK
— высоты треугольника ABC
, то третья его высота BN
проходит через точку H
. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что \angle BKM=\angle ACK
. Кроме того, \angle ACK=\angle ABN
, значит, \angle ABN=\angle BKM
. Поэтому прямая KM
проходит через середину гипотенузы прямоугольного треугольника BKH
. Аналогично, прямая LM
также проходит через середину BH
. Значит, точка M
пересечения этих прямых — середина BH
, т. е. лежит на третьей высоте BN
треугольника ABC
. Следовательно, BM\perp AC
.