Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3343
2019-06-02 
Внутри угла с вершиной $M$ отмечена точка $A$. Из этой точки выпустили шар, который отразился от одной стороны угла в точке $B$, затем от другой стороны в точке $C$ и вернулся в $A$ («угол падения» равен «углу отражения», рис.). Докажите, что центр $O$ окружности, описанной около треугольника $BCM$, лежит на прямой $AM$.
Решение:
Первый способ. Рассмотрим на окружности, описанной около треугольника $BCM$, точку $M^{ \prime}$ диаметрально противоположную точке $M$ (рис.). Так как угол, опирающийся на диаметр, прямой, отрезок $BM^{ \prime}$ перпендикулярен прямой $BM$, а отрезок $M^{ \prime}C$ перпендикулярен прямой $MC$. Из равенства углов падения и отражения следует, - что $BM^{ \prime}$ - биссектриса угла $ABC$, а $CM^{ \prime}$ - биссектриса угла $BCA$. Значит, точка $M^{ \prime}$ - точка пересечения биссектрис треугольника $ABC$ (напомним, что биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке, и эта точка - центр вписанной окружности).
Пусть $B^{ \prime}$ - точка на продолжении отрезка $AB$ за точку $B$, а $C^{ \prime}$ - точка на продолжении отрезка $AC$ за точку $C$. Точка $M$ лежит на пересечении биссектрис углов $B^{ \prime}BC$ и $BCC$, следовательно, она является центром вневписанной окружности треугольника $ABC$, касающейся стороны $BC$. Поэтому точка $M$ лежит на биссектрисе угла $BAC$. Значит, весь диаметр $MM^{ \prime}$, включая точку $O$, лежит на биссектрисе $AM$ угла $BAC$.
Второй способ. Имеем
$\angle BMO = \frac{ \pi}{2} - \frac{1}{2} \angle MOB = \frac{ \pi}{2} - \angle BCM$.
Первое равенство вытекает из того факта, что треугольник $MOB$ равнобедренный, второе равенство следует из теоремы о вписанном угле, ибо $\angle BCM$ - острый. Действительно, в противном случае точка $A$ лежала бы внутри треугольника $MBC$, но тогда и угол $CBM$ был бы неострым. То есть треугольник $MBC$ имел бы два неострых угла, что невозможно.
Рассмотрим точку $F$, симметричную точке $A$ относительно прямой $MB$, и точку $E$ симметричную точке $A$ относительно прямой $MC$ (рис.). Из соображений симметрии, $MA = MF, MA = ME$. Значит, точки $E, A$ и $F$ лежат на окружности с центром в точке $M$. Из того, что угол падения равен углу отражения, следует, что точки $E, C, B$ и $F$ лежат на одной прямой. Теперь можно вычислить угол $BMA$:
$\angle BMA = \frac{1}{2} \angle FMA = \angle AEF = \angle AEC = \frac{ \pi}{2} - \angle BCM$.
Пояснения требует только второе равенство: оно следует из теоремы о вписанном угле. Итак,
$\angle BMO = \angle BMA$.
Значит, точки $M, O$ и $A$ лежат на одной прямой.
Внутри угла с вершиной $M$ отмечена точка $A$. Из этой точки выпустили шар, который отразился от одной стороны угла в точке $B$, затем от другой стороны в точке $C$ и вернулся в $A$ («угол падения» равен «углу отражения», рис.). Докажите, что центр $O$ окружности, описанной около треугольника $BCM$, лежит на прямой $AM$.
Решение:
Первый способ. Рассмотрим на окружности, описанной около треугольника $BCM$, точку $M^{ \prime}$ диаметрально противоположную точке $M$ (рис.). Так как угол, опирающийся на диаметр, прямой, отрезок $BM^{ \prime}$ перпендикулярен прямой $BM$, а отрезок $M^{ \prime}C$ перпендикулярен прямой $MC$. Из равенства углов падения и отражения следует, - что $BM^{ \prime}$ - биссектриса угла $ABC$, а $CM^{ \prime}$ - биссектриса угла $BCA$. Значит, точка $M^{ \prime}$ - точка пересечения биссектрис треугольника $ABC$ (напомним, что биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке, и эта точка - центр вписанной окружности).
Пусть $B^{ \prime}$ - точка на продолжении отрезка $AB$ за точку $B$, а $C^{ \prime}$ - точка на продолжении отрезка $AC$ за точку $C$. Точка $M$ лежит на пересечении биссектрис углов $B^{ \prime}BC$ и $BCC$, следовательно, она является центром вневписанной окружности треугольника $ABC$, касающейся стороны $BC$. Поэтому точка $M$ лежит на биссектрисе угла $BAC$. Значит, весь диаметр $MM^{ \prime}$, включая точку $O$, лежит на биссектрисе $AM$ угла $BAC$.
Второй способ. Имеем
$\angle BMO = \frac{ \pi}{2} - \frac{1}{2} \angle MOB = \frac{ \pi}{2} - \angle BCM$.
Первое равенство вытекает из того факта, что треугольник $MOB$ равнобедренный, второе равенство следует из теоремы о вписанном угле, ибо $\angle BCM$ - острый. Действительно, в противном случае точка $A$ лежала бы внутри треугольника $MBC$, но тогда и угол $CBM$ был бы неострым. То есть треугольник $MBC$ имел бы два неострых угла, что невозможно.
Рассмотрим точку $F$, симметричную точке $A$ относительно прямой $MB$, и точку $E$ симметричную точке $A$ относительно прямой $MC$ (рис.). Из соображений симметрии, $MA = MF, MA = ME$. Значит, точки $E, A$ и $F$ лежат на окружности с центром в точке $M$. Из того, что угол падения равен углу отражения, следует, что точки $E, C, B$ и $F$ лежат на одной прямой. Теперь можно вычислить угол $BMA$:
$\angle BMA = \frac{1}{2} \angle FMA = \angle AEF = \angle AEC = \frac{ \pi}{2} - \angle BCM$.
Пояснения требует только второе равенство: оно следует из теоремы о вписанном угле. Итак,
$\angle BMO = \angle BMA$.
Значит, точки $M, O$ и $A$ лежат на одной прямой.
