6274. В треугольнике проведены биссектрисы AL
и BM
. Известно, что одна из точек пересечения описанных окружностей треугольников ACL
и BCM
лежит на отрезке AB
. Докажите, что \angle ACB=60^{\circ}
.
Решение. Положим \angle CAB=2\alpha
, \angle ABC=2\beta
, \angle ACB=2\gamma
. Пусть K
— точка пересечения указанных в условии окружностей, лежащая на стороне AB
.
Поскольку четырёхугольники AKLC
и BKMC
— вписанные,
\angle AKM=\angle BCM=2\gamma,~\angle BKL=\angle BCL=2\gamma.
По теореме о вписанных углах
\angle CKL=\angle CAL=\alpha,~\angle CKM=\angle CBM=\beta.
Поэтому
180^{\circ}=\angle AKM+\angle CKM+\angle CKL+\angle BKL=2\gamma+\beta+\alpha+2\gamma=
=4\gamma+(\alpha+\beta)=4\gamma+(90^{\circ}-\gamma)=3\gamma+90^{\circ}.
Следовательно,
\angle ACB=2\gamma=2\cdot\frac{1}{3}(180^{\circ}-90^{\circ})=60^{\circ}.
Автор: Сопкина Е.
Источник: Санкт-Петербургская (Ленинградская) математическая олимпиада. — 1999 г., первый тур, 10 класс
Источник: Журнал «Квант». — 1999, № 6, с. 14, М1706; 2000, № 3, с. 27, М1706
Источник: Задачник «Кванта». — М1706