6495. Пусть O
— центр описанной окружности \omega
остроугольного треугольника ABC
. Окружность \omega_{1}
с центром K
проходит через точки A
, O
и C
и пересекает стороны AB
и BC
в точках M
и N
. Известно, что точки L
и K
симметричны относительно прямой MN
. Докажите, что BL
перпендикулярно AC
.
Решение. Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
. Поскольку AOC
— центральный угол окружности \omega
, а угол ABC
— вписанный, то
\angle AOC=2\angle ABC=2\beta.
Вписанные в окружность \omega_{1}
углы AMC
и AOC
опираются на одну и ту же дугу, поэтому
\angle AMC=\angle AOC=2\beta.
Поскольку AMC
— внешний угол треугольника BMC
, то
\angle BCM=\angle AMC-\angle MBC=2\beta-\beta=\beta,
а так как MKN
— центральный угол окружности \omega_{1}
, то
\angle MKN=2\angle MCN=2\angle MCB=2\beta.
Сумма противоположных углов CAM
и CNM
вписанного в окружность \omega_{1}
четырёхугольника AMNC
равна 180^{\circ}
, поэтому
\angle BNM=180^{\circ}-\angle CNM=\angle CAM=\alpha.
Поскольку точка L
симметрична точке K
относительно прямой MN
, то \angle MLN=\angle MKN=2\beta
, а так как LM=MK=KN=LN
и \angle MBN=\frac{1}{2}\angle MLN
, то L
— центр окружности, описанной около треугольника MBN
. Центральный угол BLM
этой окружности вдвое больше вписанного угла BNM
, т. е. равен 2\alpha
.
Из равнобедренного треугольника BLM
находим, что
\angle MBL=\frac{180^{\circ}-2\alpha}{2}=90^{\circ}-\alpha.
Пусть прямые BL
и AC
пересекаются в точке P
. Тогда
\angle APB=180^{\circ}-\angle ABP-\angle BAP=180^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)-\alpha=90^{\circ}.
Следовательно, BL\perp AC
.