|
|
 |
Условие
В треугольнике ABC точки A1, B1 и C1 – середины сторон BC, CA и AB соответственно. Точки B2 и C2 – середины отрезков BA1 и CA1 соответственно. Точка B3 симметрична C1 относительно B, а точка C3 симметрична B1 относительно C. Докажите, что одна из точек пересечения описанных окружностей треугольников BB2B3 и CC2C3 лежит на описанной окружности треугольника ABC.
Решение 1
На описанной окружности Ω треугольника ABC отметим точку X так, что ∠XA1C = ∠CA1A. Тогда X симметрична второй точке пересечения прямой AA1 с Ω относительно серединного перпендикуляра к BC, так что A1X·A1A = A1B·A1C = A1C². Отсюда следует, что треугольники XA1C и CA1A подобны.
Пусть T – середина AA1. Тогда XC2 и CT – соответственные медианы в подобных треугольниках, откуда ∠CXC2 = ∠ACT (рис. слева). С другой стороны, CTC2C3 – параллелограмм, так что ∠CC3C2 = ∠ACT = ∠CXC2. Это значит, что X лежит на описанной окружности треугольника CC2C3.
Аналогично X лежит на описанной окружности треугольника BB2B3. Поэтому X и есть искомая точка.
Решение 2
Построим треугольник YB2C2, подобный треугольнику ABC и лежащий с ним в разных полуплоскостях относительно BC (рис. справа). Так как
B2C2 = ½ BC, точки B3, Y и C3 находятся на одном и том же расстоянии от BC (равном половине расстояния от A до BC). Кроме того,
YB2 = ½ AB = BB3 и YC2 = ½ AC = CC3. Значит, BB2YB3 и CC2YC3 – равнобокие трапеции, и Y – одна из общих точек описанных окружностей треугольников BB2B3 и CC2C3.
Так как степени точки A1 относительно этих окружностей равны, вторая точка их пересечения лежит на прямой A1Y. Пусть луч A1Y пересекает описанную около ABC окружность в точке X. Так как AA1 и YA1 – соответственные медианы в подобных треугольниках ABC и YB2C2, получаем
∠XA1C = ∠CA1A, а значит, как и в решении 1, A1X<·A1A = A1B·A1C. Поэтому A1X·A1Y = ½ A1X·A1A = ½ A1B² = A1B·A1B2, то есть X и есть вторая точка пересечения окружностей.
