6606. Дан прямоугольный треугольник ABC
, где AB
— гипотенуза. Пусть M
— середина AB
, окружность \omega
описана около треугольника CMB
. Прямая AC
вторично пересекает окружность \omega
в точке K
. Луч BK
пересекает описанную окружность треугольника ABC
в точке L
. Докажите, что прямые AL
и KM
пересекаются на описанной окружности треугольника ACM
.
Решение. Первый способ. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке. Четырёхугольник BMKC
вписанный, причём \angle BCK=90^{\circ}
, поэтому BK
— диаметр окружности \omega
. Значит, \angle BMK=90^{\circ}
.
Пусть прямые AL
и KM
пересекаются в точке P
. Тогда \angle AMP=AMK=90^{\circ}
. Обозначим \angle ABK=\angle BAC=\alpha
(см. задачу 1109). Тогда
\angle MCK=\angle MBK=\angle ABK=\alpha.
Точка L
лежит на описанной окружности прямоугольного треугольника ABC
, а AB
— диаметр этой окружности, поэтому
\angle AMP=\angle ALB=90^{\circ}.
Поскольку BAP
— общий острый угол прямоугольных треугольников ABL
и AMP
, то
\angle APM=\angle ABL=\angle ACM=\alpha.
Из точек P
и C
отрезок AM
виден под одним и тем же углом \alpha
, следовательно, точка P
лежит на одной окружности с точками A
, M
и C
, т. е. на окружности, описанной около треугольника AMC
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Предположим, уже доказано, что \angle AMP=\angle ALB=90^{\circ}
. Тогда K
— точка пересечения высот BL
и PM
треугольника ABP
, поэтому третья высота AC_{1}
этого треугольника проходит через точку K
(см. задачу 1256), а так как BC\perp AC
и BC_{1}\perp AC
, то точка C_{1}
совпадает с C
. Из точек M
и C
отрезок AP
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на одной окружности, т. е. на окружности, описанной около треугольника AMC
. Что и требовалось доказать.
Автор: Ивлев Ф. А.
Источник: Олимпиада по геометрии им. И. Ф. Шарыгина. — 2012, VIII, заочный тур, № 16, 9-11 классы