Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16453
2026-02-19 
Треугольник $ABC$ вписан в окружность. Точка $M$ лежит на дуге $BC$ (не содержащей $A$); точка $M_{1}$ симметрична точке $M$ относительно прямой $BC$. Докажите, что отрезок $AM_{1}$ делится пополам окружностью, проходящей через середины сторон треугольника $ABC$
Решение:
Пусть $A_{1}$, $B_{1}$ и $C_{1}$ - середины сторон $BC$, $AC$ и $AB$ соответственно, $X$ - середина отрезка $AM_{1}$. Докажем, что точки $A_{1}$, $B_{1}$, $C_{1}$ и $X$ лежат на одной окружности.
Первый способ. Из свойства средней линии треугольника следует, что $AC_{1}A_{1}B_{1}$ - параллелограмм, поэтому
$\angle C_{1}A_{1}B_{1}=\angle C_{1}AB_{1}=\angle CAB.$
Кроме того, в силу симметрии и вписанности четырёхугольника $ABMC$ получаем
$\angle CM_{1}B=\angle CMB=180^{\circ}-\angle CAB,$
При этом $C_{1}X$ и $B_{1}X$ параллельны $BM_{1}$ и $CM_{1}$ как средние линии треугольников $BAM_{1}$ и $CAM_{1}$ соответственно. Значит,
$\angle C_{1}XB_{1}=\angle BM_{1}C=180^{\circ}-\angle C_{1}AB_{1},$
откуда и следует утверждение задачи.
Второй способ. Гомотетия с центром в точке $A$ и коэффициентом 2 переводит точку $A_{1}$ в точку $D$ - вершину параллелограмма $ABDC$, точки $C_{1}$ и $B_{1}$ - в точки $B$ и $C$ соответственно, а окружность $\omega$, проходящую через середины сторон треугольника $ABC$, - в окружность $\omega'$, описанную около треугольника $BCD$, равную описанной окружности $\Omega$ треугольника $ABC$, и поэтому симметричную $\Omega$ относительно прямой $BC$.
В силу симметрии точка $M_{1}$ (образ точки $X$ при указанной гомотетии), лежит на $\Omega$. Следовательно, точка $X$ лежит на окружности $\omega$. Отсюда следует утверждение задачи
Треугольник $ABC$ вписан в окружность. Точка $M$ лежит на дуге $BC$ (не содержащей $A$); точка $M_{1}$ симметрична точке $M$ относительно прямой $BC$. Докажите, что отрезок $AM_{1}$ делится пополам окружностью, проходящей через середины сторон треугольника $ABC$
Решение:
Пусть $A_{1}$, $B_{1}$ и $C_{1}$ - середины сторон $BC$, $AC$ и $AB$ соответственно, $X$ - середина отрезка $AM_{1}$. Докажем, что точки $A_{1}$, $B_{1}$, $C_{1}$ и $X$ лежат на одной окружности.
Первый способ. Из свойства средней линии треугольника следует, что $AC_{1}A_{1}B_{1}$ - параллелограмм, поэтому
$\angle C_{1}A_{1}B_{1}=\angle C_{1}AB_{1}=\angle CAB.$
Кроме того, в силу симметрии и вписанности четырёхугольника $ABMC$ получаем
$\angle CM_{1}B=\angle CMB=180^{\circ}-\angle CAB,$
При этом $C_{1}X$ и $B_{1}X$ параллельны $BM_{1}$ и $CM_{1}$ как средние линии треугольников $BAM_{1}$ и $CAM_{1}$ соответственно. Значит,
$\angle C_{1}XB_{1}=\angle BM_{1}C=180^{\circ}-\angle C_{1}AB_{1},$
откуда и следует утверждение задачи.
Второй способ. Гомотетия с центром в точке $A$ и коэффициентом 2 переводит точку $A_{1}$ в точку $D$ - вершину параллелограмма $ABDC$, точки $C_{1}$ и $B_{1}$ - в точки $B$ и $C$ соответственно, а окружность $\omega$, проходящую через середины сторон треугольника $ABC$, - в окружность $\omega'$, описанную около треугольника $BCD$, равную описанной окружности $\Omega$ треугольника $ABC$, и поэтому симметричную $\Omega$ относительно прямой $BC$.
В силу симметрии точка $M_{1}$ (образ точки $X$ при указанной гомотетии), лежит на $\Omega$. Следовательно, точка $X$ лежит на окружности $\omega$. Отсюда следует утверждение задачи
