11206. Дана трапеция ABCD
с основаниями AD
и BC
. Пусть E
и F
— точки на сторонах AB
и CD
соответственно. Описанная окружность треугольника AEF
вторично пересекает отрезок AD
в точке A_{1}
, а описанная окружность треугольника CEF
пересекает отрезок BC
в точке C_{1}
. Докажите, что прямые A_{1}C_{1}
, BD
и EF
пересекаются в одной точке.
Решение. Обозначим через T
вторую точку пересечения описанной окружности треугольника C_{1}BE
с прямой EF
. Четырёхугольники BETC_{1}
и AEFA_{1}
вписанные, поэтому
\angle TC_{1}B=180^{\circ}-\angle BET=\angle TEA=
=\angle FEA=180^{\circ}-\angle AA_{1}F=\angle FA_{1}D.
Значит, TC_{1}\parallel FA
(поскольку C_{1}B\parallel A_{1}A
). Аналогично,
\angle TBC_{1}=\angle TEC_{1}=\angle FEC_{1}=180^{\circ}-\angle FCC_{1}=FDA_{1},
поэтому TB\parallel FD
. Получается, что соответствующие стороны треугольников C_{1}BT
и A_{1}DF
параллельны, и (см. задачу 5000) эти треугольники гомотетичны (с отрицательным коэффициентом). Центр гомотетии, переводящей один из этих треугольников в другой, лежит на прямых BD
, A_{1}C_{1}
и TF
, которая совпадает с прямой EF
. Таким образом, нужное утверждение установлено.
Примечание. Имеются и другие решения этой задачи, в том числе с использованием теоремы Дезарга (см. задачу 2044), теоремы Чевы (см. задачу 1621) и т. д.