Тема Треугольники и их элементы

Лемма 255

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела треугольники и их элементы

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#140753Максимум баллов за задание: 7

В равнобедренном треугольнике $ABC$ $(AB = BC)$ проведена биссектриса $AE.$ Радиус $OE$ описанной окружности треугольника $AEC$ пересекает биссектрису угла $ACB$ в точке $L.$ Докажите, что $L$ лежит на средней линии треугольника $AEC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Для начала хорошо бы "поймать" направление прямой EO. Для этого достаточно вычислить, например, угол EOC. Что можно заметить после его вычисления?

Подсказка 2.

Правильно! Прямые CL и EO перпендикулярны! Что можно сказать про проекцию точки E на биссектрису угла C?

Показать доказательство

Решение 1. Заметим, что $∠EOC = 2∠EAC,$ поэтому

∘ ∠OEC = 90 − ∠EAC,

но из равнобедренности следует, что

∘ ∠BCA- ∠OEC = 90 − 2 .

Следовательно, точка $L$ является проекцией точки $E$ на биссектрису угла $ECA,$ так как $2∠LCE =∠BCA.$ Значит, если отразить точку $L$ относительно $CL$ она попадёт на отрезок $AC,$ поэтому $L$ лежит на средней линии треугольника $AEC.$

$PIC$

Решение 2. Пусть $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC.$ Треугольник $BIC$ является равнобедренным, а значит, прямая $OI$ совпадает с серединным перпендикуляром к $AC.$ Из прошлого решения знаем, что $OE ⊥ CI,$ и так как углы $ECL$ и $ACI$ равны, получаем, что углы $OIC$ и $OEC$ равны, поэтому четырёхугольник $EOIC$ — вписанный. Теперь утверждение задачи следует из существования прямой Симсона точки $O$ относительно треугольника $EIC.$

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#140755Максимум баллов за задание: 7

Лемма 255. В треугольнике $ABC$ проведена биссектриса угла $B.$ Перпендикуляр из точки $C,$ опущенный на эту биссектрису, пересекает её в точке $K.$ Докажите, что

(a) точка $K$ лежит на средней линии треугольника $ABC,$ параллельной $AB;$

(b) точка $K$ лежит на прямой, соединяющей точки касания вписанной окружности со сторонами $AB$ и $AC.$

Показать доказательство

(a) Заметим, что если отразить точку $C$ относительно точки $K,$ то она попадет на прямую $AB,$ а значит $K$ лежит на соответственной средней линии.

(b) Пусть $I$ — центр вписанной окружности. Докажем следующее утверждение.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. $∘ ∠B-- ∠AIC = 90 + 2 .$

Доказательство. Утверждение леммы сразу следует из цепочки равенств:

180∘ = 2(∠IAC + ∠ICA)+ ∠B =360∘− 2∠AIC + ∠B.

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Обозначим через $′ C$ точку симметричную точке $C$ относительно $K.$ Тогда

′ ′ ∘ ∠B ∠BC C = ∠BCC = 90 − -2 .

Следовательно, точки $A,$ $C,$ $C′,$ $I$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Откуда утверждение задачи верно в силу существования прямой Симсона точки $I$ относительно треугольника $ACC′,$ так как точки касания вписанной окружности и сторон совпадают с проекциями точки $I$ на эти стороны, и точка $C′$ лежит на $AB$ в силу пункта (a).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#98462Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ опущены перпендикуляры $BM$ и $BN$ на биссектрисы углов $A$ и $C,$ а также перпендикуляры $BP$ и $BQ$ на внешние биссектрисы этих же углов. Докажите, что:

(a) точки $M$ , $N$ , $P$ и $Q$ лежат на одной прямой;

(b) длина отрезка $PQ$ равна полупериметру треугольника $ABC$ .

Показать доказательство

(a) Пусть точка $A1$ — это середина отрезка $BC,$ а точка $C1$ – середина $AB.$ Тогда прямая $A1C1$ — это средняя линия треугольника $ABC,$ параллельная $AC.$

$PIC$

Заметим, что по лемме 255 точки $M$ и $N$ лежат на $A1C1,$ так как это основания перпендикуляров, опущенных из вершины $B$ на биссектрисы внутренних углов $A$ и $C.$

Докажем теперь, что основания перпендикуляров, опущенных из вершины $B$ на биссектрисы внeшних углов $A$ и $C,$ так же лежат на $A1C1.$ Для начала рассмотрим точку $Q:$

Заметим, что $∠NCQ = 90∘,$ так как биссектрисы внутреннего и внешнего угла перпендикулярны, и что $∠CNB = ∠CQB = 90∘$ по условию. Отсюда, четырёхугольник $NBQC$ — прямоугольник. А значит, его диагонали $NQ$ и $BC$ точкой пересечения делятся пополам. Отсюда $NQ ∪BC = A1,$ то есть $Q∈ NA1.$

Аналогично, $P$ так же лежит на средней линии, параллельной $AC,$ откуда точки $M, N,P$ и $Q$ лежат на одной прямой.

(b)

$PIC$

Заметим, что $A1C1 = 12AC$ по свойству средней линии.

Так как точка $C1$ — середина $AB,$ то $PC1$ — медиана прямоугольного треугольника $AP B,$ откуда $PC1 = AC1 =BC1 = 12AB$ по свойству прямоугольного треугольника.

Аналогично, $QA1 = 12BC.$

Итак,

P Q= PC +C A + A Q = 1AB + 1AC+ 1BC = 1P 1 1 1 1 2 2 2 2 ABC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#63744Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ точки $A ,B ,C 0 0 0$ — середины сторон $BC,CA,AB,$ а $A 1$ , $B ,C 1 1$ — точки касания этих сторон со вписанной окружностью соответственно. Прямые $A1C1,B1C1$ пересекают $A0B0$ в точках $X$ и $Y.$ Докажите, что прямая $CC1$ делит отрезок $XY$ пополам.

Источники: ОММО - 2023, задача 8 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Один отрезок делит другой пополам, часто это происходит потому что они являются диагоналями некоторого параллелограмма.

Подсказка 2

В данном случае окажется, CXC1Y - параллелограмм, но нужно как-то подобраться к точкам X и Y...

Подсказка 3

В этом нам поможет лемма 255, согласно ней точки X и Y лежат на биссектрисах углов A и B соответственно.

Показать доказательство

По лемме $255$ точка $X$ лежит на биссектрисе угла $A,$ причем последняя перпендикулярна прямой $CX.$ Так же биссектриса перпендикулярна прямой $B1C1$ поскольку $AB1 = AC1$ как отрезки касательных.

$PIC$

Таким образом, $B1C1 ∥ CX.$ Аналогично, $A1C1 ∥CY,$ то есть $CXC1Y$ является параллелограммом, откуда следует требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#74127Максимум баллов за задание: 7

Окружность, вписанная в прямоугольный треугольник $ABC$ с гипотенузой $AB,$ касается его сторон в точках $A ,B 1 1$ и $C1.$ Пусть $B1H$ — высота треугольника $A1B1C1.$ Докажите, что точка $H$ лежит на средней линии треугольника $ABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Давайте предположим, что утверждение задачи верно, то есть точка H лежит на нужной нам средней линии. На самом деле такая точка H встречается в некоторой стандартной конструкции. Какой?

Подсказка 2.

Правильно! На самом деле точка H встречается в лемме 255. А на чем тогда еще лежит точка H?

Подсказка 3.

Ага! На биссектрисе угла A! Поэтому достаточно доказать именно это. Попробуйте это сделать, для этого вспомните, чем является эта биссектриса для отрезка B₁C₁.

Подсказка 4.

На самом деле биссектриса угла A совпадает с серединным перпендикуляром к B₁C₁, поэтому осталось просто посчитать некоторый угол.

Показать доказательство

Треугольник $B CA 1 1$ равнобедренный, поэтому по теореме об угле между касательной и хордой

∘ ∠C1 =∠B1A1C = 45,

следовательно, треугольник $B1HC1$ также равнобедренный.

$PIC$

Осталось заметить, что последнее влечет принадлежность точки $H$ биссектрисе угла $A,$ но тогда в силу леммы $255$ она лежит на средней линии треугольника.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#91023Максимум баллов за задание: 7

Пусть $G b$ и $G c$ – точки касания вписанной окружности со сторонами $AC$ и $AB,$ а точки $M a$ и $M b$ – середины $BC$ и $AC.$ Докажите, что прямые $GbGc,BI,MaMb$ пересекаются в точке на окружности, построенной на $BC$ как на диаметре.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте пересечём две из трёх указанных прямых. Для каких из них удобнее всего нам было бы применить лемму 255?

Подсказка 2

Пересечём биссектрису с прямой, соединяющей точки касания! Что можно сказать про их точку пересечения? А куда нам хотелось бы, чтобы эта точка пересечения попала?

Подсказка 3

Эта точка пересечения лежит на нужной нам окружности, а хотелось бы, чтобы лежала и на средней линии! А как использовать то, что окружность из условия построена на стороне как на диаметре?

Подсказка 4

На рисунке есть медиана из прямого угла!

Показать доказательство

$PIC$

Пересечём прямые $BI$ и $GCGB$ в точке $T.$ По лемме $255$ эта точка лежит на нужной окружности. Покажем, что $TMA ∥AB,$ это равносильно тому, что $TMA$ — средняя линия в $ΔACB,$ то есть совпадает с прямой $MBMA.$

Заметим, что $TMA$ — медиана в прямоугольном $ΔCT B,$ проведённая к гипотенузе. Следовательно, $ΔBTMA$ — равнобедренный. Таким образом,

∠CMAT =∠MAT B + ∠MABT = 2∠MABT = ∠CBA

Получили требуемое.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#91026Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ выполняется равенство $3AC = AB + BC.$ Вписанная в треугольник окружность касается сторон $AB$ и $BC$ в точках $K$ и $L$ соответственно; $DK$ и $EL$ – её диаметры. Докажите, что точки пересечения прямых $AE$ и $CD$ c прямой $KL$ равноудалены от середины отрезка $AC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем продлить AE до пересечения по стороной треугольника в точке E'. Нам хочется узнать что-то полезное про новую точку. Давайте попробуем её как-то связать с окружностями.

Подсказка 2

Докажите, что E' лежит на вневписанной окружности треугольника ABC!

Подсказка 3

Для доказательства того, что E' лежит на вневписанной окружности треугольника ABC, попробуйте воспользоваться гомотетией, ведь мы умеем переводить окружность в окружность ;)

Подсказка 4

Отлично, теперь мы можем посчитать отрезки на стороне AC! Каким будет отрезок CE'? Что можно сказать о треугольнике ACE'?

Подсказка 5

CE' = AC! Здорово, тогда мы можем что-то сказать и про объекты, проведенные внутри него, и даже посчитать расстояние от середины AE' до AC!

Показать доказательство

Известная лемма. Пусть дан треугольник $ABC,$ его вписанная окружность с центром $I$ касается стороны $AC$ в точке $D,$ а вневписанная — в точке $E.$ Обозначим вторую точку пересечения $DI$ с вписанной окружностью, через $D1.$ Тогда точка $D1$ лежит на $BE.$

$PIC$

Замечание. Лемму легко доказать гомотетией, переведя вписанную окружность во вневписанную.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Продлим $AE$ до пересечения с $BC$ в точке $E′.$ По лемме точки $E ′$ — точкa касания $BC$ с соответствующей вневписанной окружностью. Значит,

CE ′ =BL = AB-+-BC-− AC-= 3AC-− AC =AC 2 2

То есть $ΔAE′C$ — равнобедренный.

Пусть $C1$ — середина $AE ′,$ тогда $CC1$ — биссектриса угла $BCA$ и отрезок $AC$ виден из точки $C1$ под прямым углом.

$PIC$

Следовательно, по лемме $255$ точка $C1$ лежит на $KL,$ притом расстояние от $C1$ до середины $AC$ равно $AC2-$ (медиана, проведённая к гипотенузе прямоугольного треугольника). Аналогично расстояние от точки пересечения $CD$ и $KL$ до середины $AC$ равно $AC2-.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#91027Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC.$ На продолжении стороны $BC$ за точку $C$ отмечена точка $X.$ Окружности, вписанные в треугольники $ABX$ и $ACX,$ пересекаются в точках $P$ и $Q.$ Докажите, что все прямые $PQ$ проходят через одну и ту же точку, не зависящую от выбора точки $X.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем связать фиксированную точку с уже существующими точками на картинке. Тогда будем отмечать какие-то новые точки, про которые мы можем сказать что-то полезное. К примеру, что можно сказать про четырёхугольник, образованный точками касания вписанный окружностей и прямых AX и BX?

Подсказка 2

Обратите внимание, что в стороны четырёхугольника из подсказки 1 перпендикулярны одной и той же биссектрисе! Тогда что можно сказать о них? А умеем ли мы искать независимые от X точки на отрезках внутри вписанных окружностей, соединяющих точки касания со сторонами треугольников?

Подсказка 3

Да, мы умеем на отрезках внутри вписанных окружностей, соединяющих точки касания со сторонами треугольников, отмечать точки, которые являются проекциями точки A на биссектрисы. Они не зависят от точки X, так что могут быть нам полезны!

Подсказка 4

Подумайте, чем является PQ для трапеции из подсказки 1.

Подсказка 5

PQ принадлежит средней линии трапеции! Тогда мы знаем, как PQ делит другие отрезочки ;)

Показать доказательство

Пусть окружности, вписанные в треугольники $ABX$ и $ACX,$ касаются прямых $AX$ и $BC$ в точках $K,L,M,N.$ Пусть биссектриса угла $ABC$ пересекает прямую $KM$ в точке $U.$ По лемме $255$ точка $U$ является проекцией точки $A$ на эту биссектрису, и поэтому $U$ не зависит от выбора точки $X.$ Аналогично, прямая $LN$ проходит через фиксированную точку $V$ — проекцию точки $A$ на биссектрису угла $ACX.$ Прямые $KM$ и $LN$ параллельны, так как они перпендикулярны биссектрисе угла $AXB.$ Пусть прямая $PQ$ пересекает прямые $AX$ и $BC$ в точках $R$ и $S$ соответственно.

$PIC$

По теореме о касательной и секущей, $RK2 =RP ⋅RQ = RL2,$ то есть $RK =RL.$ Аналогично, $SM = SN.$ Таким образом, прямая $P Q$ является средней линией трапеции $KLNM.$ Значит, прямая $PQ$ делит пополам любой отрезок, соединяющий точки на прямых $KM$ и $LN,$ в частности, проходит через фиксированную точку — середину отрезка $UV.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#98464Максимум баллов за задание: 7

В прямоугольный треугольник с гипотенузой длины $1$ вписали окружность. Через точки её касания с его катетами провели прямую. Отрезок какой длины может высекать на этой прямой окружность, описанная около исходного треугольника?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть ABC — треугольник с прямым углом B, O — центр его описанной окружности, M и N — точки касания вписанной окружности с катетами AB и BC соответственно. Что можно сказать о точках пересечения прямой MN с окружностью?

Подсказка 2

Может, они являются серединами дуг? Попробуйте это доказать.

Подсказка 3

А можно ли тут воспользоваться леммой 255?

Показать ответ и решение

Пусть $ABC$ — треугольник с прямым углом $B,O$ — центр его описанной окружности, $M$ и $N$ — точки касания вписанной окружности с катетами $AB$ и $BC$ соответственно, $X$ и $Y$ — середины дуг $AB$ и $BC$ . Достаточно доказать, что точки $M$ и $N$ лежат на хорде $XY$ .

$PIC$

Пусть точка $P$ — проекция точки $A$ на биссектрису угла $C$ , точка $Q$ — проекция точки $C$ на биссектрису угла $A$ . По Задаче 255 точки $P$ и $Q$ лежат на прямой $MN$ . Так как $90∘ = ∠B = ∠APC = ∠AQC$ , точки $P$ и $Q$ совпадают соответственно с $X$ и $Y$ .

Осталось заметить, что

∠XOA + ∠YOC = ∠C+ ∠A =90∘,

то есть треугольник $XOY$ — равнобедренный прямоугольный, катеты которого равны $1∕2,$ следовательно,

∘ ----------- - (1)2 ( 1)2 √2- XY = 2 + 2 = 2 .

Ответ:

$√2 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#106839Максимум баллов за задание: 7

Вписанная в остроугольный треугольник $ABC$ окружность касается сторон $AB$ и $AC$ в точках $D$ и $E$ соответственно. $X$ и $Y$ — точки пересечения прямой $DE$ соответственно с биссектрисами углов $ACB$ и $ABC.$ $Z$ — середина стороны $BC.$ Докажите, что $XZ = YZ.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Точка X является пересечением биссектрисы и отрезка, соединяющего точки касания вписанной окружности. Это напоминает известную задачу.

Подсказка 2

На самом деле это точка из леммы 255. По лемме можно утверждать, что ∠BXC=90°, а в условии фигурирует середина стороны BC.

Показать доказательство

Сформулируем и докажем следующую известную лемму.

Лемма (Задача 255). $∘ ∠CXB = 90 .$

Доказательство. Пусть $I$ — центр вписанной окружности. Тогда

∠XIB = ∠B∕2+ ∠C∕2

как внешний угол в треугольнике $BIC.$ С другой стороны,

180∘−-∠A- ∠B-+∠C- ∠ADE = 2 = 2

$PIC$

следовательно, четырехугольник $DXIB$ вписанный. Тогда

∠BXI =∠BDI = 90∘

________________________________________________________________________________________

Вернемся к доказательству исходной задачи. В силу леммы, треугольник $BXC$ прямоугольный и

BC- BC- XZ = 2 , аналогично YZ = 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#91025Максимум баллов за задание: 7

Вписанная окружность треугольника $ABC$ касается сторон $AB$ и $BC$ $(AB >BC )$ в точках $N$ и $M$ соответственно. $PQ$ – средняя линия треугольника $ABC,$ параллельная $AB, K$ – точка пересечения $MN$ и $PQ.$ Докажите, что $AK$ – биссектриса угла $BAC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

По сути нам нужно доказать, что средняя линия, биссектриса и прямая, соединяющая точки касания вписанной окружности, пересекаются в одной точке :) Очень часто помогает сначала провести две из прямых и показать, что их точка пересечения лежит на третьей. Какие из двух было бы удобнее провести?

Подсказка 2

Проведём биссектрису и прямую, соединяющую точки касания вневписанной окружности. Пусть они пересекаются в точке K. Что можно интересного про неё заметить? Какие есть углы с вершиной в этой точке?

Подсказка 3

Каким является ∠AKC?

Подсказка 4

Он прямой! Тогда можно выделить некоторые полезные отрезки в прямоугольном треугольнике :)

Показать доказательство

$PIC$

Существует не более одной точки пересечения средней линии $PQ$ с прямой $NM,$ поэтому если мы покажем, что точка пересечения биссектрисы угла $BAC$ с $NM$ является таковой, задача будет решена.

Пусть $K$ — точка пересечения биссектрисы угла $BAC$ и прямой $NM.$ Докажем, что $KQ$ — средняя линия. По лемме $255$ угол $AKC$ прямой. Заметим, что $KQ$ — медиана в прямоугольном треугольнике, проведённая к гипотенузе, а значит треугольник $AKQ$ — равнобедренный. Следовательно, $∠KQC = ∠AKQ + ∠KAQ = 2∠KAQ = ∠BAC.$ Значит, $KQ ∥AB$ и $KQ$ проходит через середину $AC,$ то есть является средней линией. Получили требуемое.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#98461Максимум баллов за задание: 7

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведены биссектрисы $AA 1$ и $CC , 1$ кроме того, отмечены середины $K$ и $L$ сторон $AB$ и $BC$ соответственно. На прямую $CC1$ опущен перпендикуляр $AP,$ а на прямую $AA1$ — перпендикуляр $CQ.$ Докажите, что прямые $KP$ и $LQ$ пересекаются на стороне $AC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть биссектрисы, есть середины двух сторон, что было бы удобнее отметить для "полноты картинки"?

Подсказка 2

Отметим середину M третьей стороны! Как её можно связать с точками на рисунке?

Подсказка 3

KM и LM проходят через P и Q соответсвенно!

Показать доказательство

Отметим середину $M$ стороны $AC.$

$PIC$

Заметим, что по лемме 255 точки $P$ и $Q$ лежат на прямых $KM$ и $LM$ соответственно. Следовательно, прямые $KP$ и $LQ$ пересекают в точке $M,$ лежащей на $AC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#32583Максимум баллов за задание: 7

Окружность с центром $O$ вписана в треугольник $ABC$ и касается его сторон $AB$ , $BC$ и $AC$ в точках $E,F$ и $D$ соответственно. Прямые $AO$ и $CO$ пересекают прямую $EF$ в точках $N$ и $M.$ Докажите, что центр окружности, описанной около треугольника $OMN$ , точка $O$ и точка $D$ лежат на одной прямой.

Источники: Всеросс., 1994, РЭ, 11.3(см. math.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Учтите ловушку задачи, что точка О это центр вписанной окружности, а не описанной! На пересечении каких объектов лежит центр вписанной (!) окружности?

Подсказка 2

Конечно! Тогда для работы с биссектрисами углы треугольника удобнее обозначать за 2альфа, 2бетта, 2 гамма. Теперь надо понять: на пересечении каких объектов лежит центр описанной (!) окружности?

Подсказка 3

Давайте отметим точку Т пересечения DO и серединного перпендикуляра к стороне ON. Наша цель - показать, что эта точка T является пересечением всех серединных перпендикуляров, то есть центром описанной окружности. Как можно подступиться к центру окружности в терминах углов?

Подсказка 4

Через центральный и вписанный угол! Нужно доказать, что угол OTN в два раза больше фиксированного угла OMN. Осталось досчитать углы!

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Обозначим углы $△ABC$ через $2α,2β,2γ$ . Тогда

∠AOD = ∠TON = 90∘ − α

∠COD = ∠MOT = 90∘− γ

Здесь $T ∈OD$ и выбрана из условия

TO = TN =⇒ ∠TON = ∠TNO = 90∘− α =⇒ ∠OT N = 2α

Заметим, что такое расположение точки $T$ обусловлено тем, что $∠T ON =90∘− α< 90∘$ . Далее $∠BEF = ∠BFE = 90∘ − β$ из равенства отрезков касательных. Тогда

∘ ∘ ∘ ∠CMF = 180 − ∠MF C− ∠MCF =180 − (90 + β)− γ = α

То есть $∠OTN = 2α= 2∠NMO$ , а также эта точка лежит на серединном перпендикуляре к $ON$ в силу выбора $T$ . Тогда она должна являться центром описанной окружности $△OMN$ , поскольку для неё это свойство выполнено, а для точек “выше” и “ниже” на прямой $OD$ $∠OTN$ будет меньше и больше соответственно (то есть точка, из которой видна $ON$ под углом $2α$ всего одна). Здесь важно заметить, что центр описанной окружности лежит именно по эту сторону от $ON$ , поскольку

∘ ∘ ∘ ∠MON =180 − α− γ = 90 +β >90 .

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Продолжим отрезки $AM$ и $CN$ до пересечения в точке $K$ .

$PIC$

Из леммы $255$ получаем, что $CM$ и $AN$ — высоты треугольника $AKC$ , а $O$ — его ортоцентр. Поскольку $OD ⊥ AC$ , то точка $D$ — основание третьей высоты треугольника $AKC$ . Точки $N$ и $M$ лежат на окружности с диаметром $OK,$ поэтому центр этой окружности, как и точка $O,$ лежит на прямой $KD.$