4693. Точки A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
— середины сторон соответственно BC
, CA
и AB
треугольника ABC
, а BH
— его высота. Докажите, что если описанные около треугольников AHC_{1}
и CHA_{1}
окружности проходят через точку M
, то \angle ABM=\angle CBB_{1}
.
Решение. Медиана HA_{1}
прямоугольного треугольника BHC
равна половине гипотенузы BC
(см. задачу 1109), поэтому HA_{1}=A_{1}C
, значит, треугольник CA_{1}H
— равнобедренный. Пусть O
— центр описанной окружности этого треугольника. Тогда OA_{1}\perp HC
, а так как A_{1}C_{1}\parallel HC
(как средняя линия треугольника ABC
), то OA_{1}\perp A_{1}C_{1}
. Следовательно, прямая A_{1}C_{1}
— касательная к окружности \omega_{c}
, описанной около треугольника CA_{1}H
. Аналогично докажем, что прямая A_{1}C_{1}
— касательная к окружности \omega_{a}
, описанной около равнобедренного треугольника AC_{1}H
.
Пусть продолжение общей хорды окружностей \omega_{c}
и \omega_{a}
пересекает общую касательную A_{1}C_{1}
этих окружностей в точке S
. По теореме о касательной и секущей SC_{1}^{2}=SM\cdot SH=SA_{1}^{2}
, поэтому SC_{1}=SA_{1}
, т. е. S
— середина отрезка A_{1}C_{1}
.
С другой стороны, медиана BB_{1}
треугольника ABC
также проходит через середину средней линии A_{1}C_{1}
, значит, точка S
лежит на BB_{1}
.
Докажем теперь, что окружность \omega_{b}
, описанная около треугольника A_{1}BC_{1}
, проходит через точку M
. Обозначим углы при вершинах A
, B
и C
треугольника ABC
через \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Четырёхугольник CA_{1}MH
вписан в окружность \omega_{c}
, поэтому \angle A_{1}MH=180^{\circ}-\gamma
. Аналогично, \angle C_{1}MH=180^{\circ}-\alpha
. Значит,
\angle A_{1}MC_{1}=360^{\circ}-\angle A_{1}MH-\angle C_{1}MH=360^{\circ}-(180^{\circ}-\gamma)-(180^{\circ}-\alpha)=
=\gamma+\alpha=180^{\circ}-\beta=180^{\circ}-\angle A_{1}BC_{1},
поэтому четырёхугольник A_{1}BC_{1}M
— вписанный. Следовательно, окружность \omega_{b}
, описанная около треугольника A_{1}BC_{1}
, проходит через точку M
.
При симметрии относительно серединного перпендикуляра l
к отрезку A_{1}C_{1}
окружность \omega_{b}
переходит в себя, а так как HS
— медиана прямоугольного треугольника BHB_{1}
, то треугольник HSB_{1}
— равнобедренный и его высота лежит на прямой l
, поэтому прямые SH
и SB_{1}
также симметричны относительно прямой l
, значит, точка M
пересечения прямой SH
и окружности \omega_{b}
при симметрии относительно прямой l
переходит в точку N
пересечения прямой SB_{1}
(т. е. прямой BB_{1}
) и окружности \omega_{b}
. Тогда дуги C_{1}M
и A_{1}N
этой окружности, не содержащие точки B
, равны, следовательно, равны и опирающиеся на эти дуги вписанные углы MBC_{1}
и NBA_{1}
. Значит, \angle ABM=\angle CBB_{1}
. Что и требовалось доказать.
Примечание. Заметим, что доказанное утверждение — частный случай утверждения задачи 10467.
Автор: Филимонов В. П.
Источник: Московская математическая олимпиада. — 2007, LXX, 11 класс