6238. Дан треугольник ABC
. Его вневписанная окружность касается стороны AC
в точке B_{1}
и продолжений сторон AB
и BC
в точках C_{1}
и A_{1}
соответственно. Окружность с центром в точке A
и радиусом AB_{1}
вторично пересекает прямую A_{1}B_{1}
в точке L
. Докажите, что точки C_{1}
, A
, B_{1}
и середина отрезка LA_{1}
лежат на одной окружности.
Указание. \angle A_{1}C_{1}L=90^{\circ}
.
Решение. Поскольку AC_{1}=AB_{1}
как отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, то окружность S
с центром A
и радиусом AB_{1}
проходит через точку C_{1}
.
Обозначим \angle BAC=\alpha
. Тогда из теоремы о внешнем угле треугольника следует, что \angle AB_{1}C_{1}=\frac{\alpha}{2}
, а из теоремы об угле между касательной и хордой —
\angle B_{1}A_{1}C_{1}=\angle AB_{1}C_{1}=\frac{\alpha}{2}.
Пусть окружность S
пересекается с лучом AB
в точке X
. Из равнобедренного треугольника XAB_{1}
находим, что \angle AXB_{1}=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}
. Тогда по теореме о вписанных углах
\angle A_{1}LC_{1}=\angle B_{1}LC_{1}=\angle B_{1}XC_{1}=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}.
Из треугольника A_{1}LC_{1}
находим, что
\angle A_{1}C_{1}L=180^{\circ}-\frac{\alpha}{2}-\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)=90^{\circ}.
Пусть M
— середина отрезка A_{1}L
. Предположим, что точка M
лежит на отрезке B_{1}L
. Поскольку C_{1}M
— медиана прямоугольного треугольника A_{1}C_{1}L
, проведённая из вершины прямого угла, MA_{1}=MC_{1}
. Поэтому
\angle B_{1}MC_{1}=\angle A_{1}MC_{1}=180^{\circ}-2\angle B_{1}A_{1}C_{1}=180^{\circ}-\alpha=\angle B_{1}AC_{1}.
Таким образом, из точек A
и M
, лежащих по одну сторону от прямой B_{1}C_{1}
, отрезок B_{1}C_{1}
виден под одним и тем же углом. Значит, точки C_{1}
, A
, B_{1}
и M
лежат на одной окружности.
Аналогично для случая, когда точка M
лежит на отрезке A_{1}B_{1}
.
Автор: Бахарев Ф. Л.
Источник: Санкт-Петербургская (Ленинградская) математическая олимпиада. — 2004 г., второй тур, 10 класс