12460. Треугольник ABC
вписан в окружность \omega
. На сторонах AB
, BC
, CA
отмечены точки K
, L
, M
соответственно, причём CM\cdot CL=AM\cdot BL
. Луч LK
пересекает прямую AC
в точке P
. Общая хорда окружности \omega
и описанной окружности треугольника KMP
пересекает отрезок AC
в точке S
. Докажите, что SK\parallel BC
.
Решение. Первый способ. Пусть AC\leqslant BC
. Из равенства CM\cdot CL=AM\cdot BL
следует, что \frac{CM}{AM}=\frac{BL}{CL}
.
Отметим на стороне AB
точку D
, для которой DM\parallel BC
. Тогда
\frac{DB}{DA}=\frac{CM}{AM}=\frac{BL}{CL},
поэтому DL\parallel AC
.
Через точку K
проведём прямую, параллельную BC
, а через точку C
— касательную к окружности \omega
. Пусть проведённые прямые пересекаются в точке T
. Из теоремы об угле между касательной и хордой получаем
\angle TCA=\angle CBA=\angle TKA.
Отрезок AT
виден из точек C
и K
, лежащих по одну сторону от прямой AT
под одним и тем же углом, значит, четырёхугольник AKCT
вписан в окружность (см. задачу 12). Обозначим её \omega_{1}
.
Пусть отрезки KT
и AC
пересекаются в точке S_{1}
. Тогда
\frac{S_{1}P}{S_{1}C}=\frac{KP}{KL}=\frac{KA}{KD}=\frac{S_{1}A}{S_{1}M},
следовательно,
S_{1}P\cdot S_{1}M=S_{1}C\cdot S_{1}A=S_{1}K\cdot S_{1}T
(см. задачу 2627). Значит, четырёхугольник TMKP
вписан в окружность \omega_{2}
, описанную около треугольника KMP
(см. задачу 114).
Прямая TK
— радикальная ось окружностей \omega_{1}
и \omega_{2}
(см. задачу 6392), прямая AC
— радикальная ось окружностей \omega
и \omega_{1}
, а прямая MS
— радикальная ось окружностей \omega
и \omega_{2}
. Известно, что радикальные оси трёх окружностей, центры которых не лежат на одной прямой, пересекаются в одной точке — радикальном центре трёх окружностей (см. задачу 6393). Это значит, что прямая MS
проходит через точку S_{1}
. Значит, точка S_{1}
совпадает с S
. Следовательно, параллельность верна из построения точки T
.
Второй способ. Пусть \omega_{2}
— окружность, описанная около треугольника PKM
. Обозначим b=AC
, m=AM
, s=AS
и p=AP
. Точка S
лежит на радикальной оси окружностей \omega
и \omega_{2}
, поэтому
SM\cdot SP=SA\cdot SC~\Rightarrow~(m-s)(s+p)=s(b-s)~\Rightarrow~s=\frac{pm}{b+p-m}.
Тогда
\frac{AS}{SC}=\frac{s}{b-s}=\frac{pm}{(b-m)(b+p)}.
По теореме Менелая для треугольника ABC
и прямой PKL
(см. задачу 1622) получаем
\frac{AK}{KB}\cdot\frac{BL}{LC}\cdot\frac{CP}{PA}=1~\Rightarrow~\frac{AK}{KB}=\frac{CL}{LB}\cdot\frac{AP}{PC}=\frac{AM}{MC}\cdot\frac{AP}{PC}=
=\frac{m}{b-m}\cdot\frac{p}{b+p}=\frac{AS}{SC}~\Rightarrow~SK\parallel BC.