6608. На гипотенузе AC
прямоугольного треугольника ABC
отметили точку C_{1}
, причём BC=CC_{1}
. Затем на катете AB
отметили точку C_{2}
, причём AC_{2}=AC_{1}
. Аналогично определяется точка A_{2}
. Найдите угол AMC
, где M
— середина отрезка A_{2}C_{2}
.
Ответ. 135^{\circ}
.
Указание. Точка M
совпадает с точкой пересечения биссектрис треугольника ABC
.
Решение. Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
. Тогда CI
— биссектриса угла ACB
, а так как CC_{1}=BC
, то точка C_{1}
симметрична B
относительно прямой CI
. Аналогично точка C_{2}
симметрична C_{1}
относительно AI
. Значит, BI=IC_{2}
, т. е. треугольник BIC_{2}
равнобедренный, а так как
\angle IC_{2}B=\angle IBC_{2}=\frac{1}{2}\angle ABC=45^{\circ},
то \angle BIC_{2}=90^{\circ}
. Аналогично BI=IA_{2}
и \angle BIA_{2}=90^{\circ}
. Поэтому, I
— середина A_{2}C_{2}
, т. е. точка I
совпадает с M
. Следовательно (см. задачу 1101 или 4770),
\angle AMC=\angle AIC=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ABC=90^{\circ}+45^{\circ}=135^{\circ}.
Автор: Швецов Д. В.
Источник: Олимпиада по геометрии им. И. Ф. Шарыгина. — 2012, VIII, заочный тур, № 6, 8-9 классы