6332. Пусть BL
— биссектриса треугольника ABC
. Внутри треугольника BLC
нашлась точка P
, такая, что \angle BPC=90^{\circ}
и \angle LPC+\angle LBC=180^{\circ}
. Точка O
— центр описанной окружности треугольника LPB
. Докажите, что прямые CO
, BL
и AM
, где M
— середина стороны BC
, пересекаются в одной точке.
Решение. Обозначим \angle ABL=\angle CBL=\beta
(рис. 1), \angle PBL=\varphi
. Тогда
\angle BPL=360^{\circ}-\angle BPC-\angle LPC=360^{\circ}-90^{\circ}-(180^{\circ}-\beta)=90^{\circ}+\beta.
Из треугольника BLP
находим, что
\angle BLP=180^{\circ}-\angle PBL-\angle BPL=180^{\circ}-\varphi-(90^{\circ}+\beta)=90^{\circ}-\beta-\varphi\lt90^{\circ}.
Поэтому точка O
лежит по ту же сторону от прямой BP
, что и точка L
, и
\angle OBP=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle BOP)=\frac{1}{2}(180^{\circ}-2\angle BLP)=90^{\circ}-\angle BLP=
=90^{\circ}-(90^{\circ}-\beta-\varphi)=\beta+\varphi=\angle ABP,
поэтому точка O
лежит на луче BA
(рис. 2).
Треугольник BOL
— равнобедренный, поэтому
\angle OLB=\angle OBL=\angle ABL=\angle CBL,
значит, OL\parallel BC
.
Продолжения боковых сторон BO
и CL
трапеции BOLC
пересекаются в точке A
, а M
— середина основания BC
этой трапеции, поэтому прямая AM
проходит через точку пересечения диагоналей CO
и BL
(см. задачу 1513). Что и требовалось доказать.