10851. Прямоугольник ABCD
вписан в окружность, N
— произвольная точка на меньшей дуге BC
, точки K
, T
, E
— основания перпендикуляров, опущенных из точки N
на прямые BD
, AC
, BC
соответственно. Докажите, что E
— точка пересечения биссектрис треугольника NKT
.
Решение. Пусть O
— центр окружности. Из точек E
и K
отрезок BN
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром BN
. Вписанные в эту окружность углы KBC
и KNE
опираются на одну и ту же дугу, поэтому
\angle KNE=\angle KBE=\angle OBC=\angle OCB=\angle TCE.
Точки E
и T
также лежат на одной окружности, поэтому
\angle TNE=\angle TCE=\angle KNE.
Следовательно, NE
— биссектриса угла NKT
.
Обозначим \angle TNE=\angle KNE=\alpha
. Тогда
\angle NBC+\angle NCB=\frac{1}{2}\smile BNC=\frac{1}{2}\angle BOC=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle KNT)=90^{\circ}-\alpha.
Значит,
\angle KET=180^{\circ}-(\angle BEK+\angle TEC)=180^{\circ}-(\angle BNK+\angle CNT)=
=180^{\circ}-(\angle BNC-2\alpha)=180^{\circ}-(180^{\circ}-\angle NBC-\angle NCB-2\alpha)=
=\angle NBC+\angle NCB+2\alpha=90^{\circ}-\alpha+2\alpha=90^{\circ}+\alpha.
Известно (см. задачу 4770), что если I
— точка пересечения биссектрис треугольника KNT
, то
\angle KIT=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle KNT=90^{\circ}+\alpha,
а так как точка E
лежит на биссектрисе угла KNT
, то E
совпадает с I
. Следовательно, E
— точка пересечения биссектрис треугольника NKT
.
Примечание. См. статью А.Карлюченко и Г.Филипповского «Прямоугольник, вписанный в окружность», Квант, 2002, N4, с.38-39.