10073. Пусть ABC
— остроугольный треугольник, в котором AC\lt BC
; пусть M
— середина отрезка AB
. В окружности \Omega
, описанной около треугольника ABC
, проведён диаметр CC'
. Прямая CM
пересекает прямые AC'
и BC'
в точках K
и L
соответственно. Пусть перпендикуляр к прямой AC'
, проведённый через точку K
, перпендикуляр к прямой BC'
, проведённый через точку L
, и прямая AB
образуют треугольник \Sigma
. Докажите, что окружность, описанная около треугольника \Sigma
, касается окружности \Omega
.
Решение. Пусть перпендикуляры, о которых говорится в условии задачи, пересекают прямую AB
в точках U
и V
соответственно и пересекаются в точке E
.
Поскольку AC\perp AC'
, перпендикуляр, проведённый к прямой AC'
в точке K
, параллелен прямой AC
. Аналогично, перпендикуляр, проведённый к прямой BC'
в точке L
, параллелен прямой BC
.
Обозначим через \omega
окружность, описанную около треугольника EUV
. Пусть прямая BE
вторично пересекает окружность \Omega
в точке X
. Докажем, что окружности \Omega
и \omega
касаются в точке X
.
Пусть A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
— точки пересечения прямой C'E
с прямыми BC
, AC
и AB
соответственно. Вписанные в окружность \Omega
углы ACX
и AC'X
опираются на одну и ту же дугу, поэтому они равны. Из точек K
и L
отрезок C'E
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром C'E
, а так как вписанные в эту окружность углы KC'E
и KLE
опираются на одну и ту же дугу, то они также равны. Кроме того, из параллельности прямых BC
и LE
следует равенство углов KLE
и LCB
. Таким образом,
\angle ACX=\angle AC'X=\angle KC'E=\angle KLE=\angle LCB.
Поскольку
\angle A_{1}CK+\angle A_{1}C'K=\angle A_{1}CK+(180^{\circ}-\angle A_{1}CK)=180^{\circ},
точки C
, C'
, K
и A_{1}
лежат на одной окружности. Тогда
\angle C'KA_{1}=\angle C'CB=\angle C'AB,
значит, KA_{1}\parallel AB
.
Пусть прямые KA_{1}
и AC
пересекаются в точке N
. Поскольку CM
— медиана треугольника ABC
и A_{1}N\parallel AB
, то CK
— медиана треугольника NA_{1}C
(см. задачу 2607), т. е. K
— середина A_{1}N
.
Поскольку KE\parallel NB_{1}
и K
— середина A_{1}N
, точка E
— середина A_{1}B_{1}
.
Проведём диаметр XX'
окружности \Omega
. Пусть прямые X'A
и X'B
пересекают прямую C'E
в точках S
и T
соответственно. Тогда
\angle SX'T=\angle BX'A=\angle BCA,
\angle X'TS=90^{\circ}-\angle C'X'T=90^{\circ}-\angle BAC'=\angle CAB.
Следовательно, треугольники ABC
и TSX'
подобны по двум углам. При этом подобии середине M
стороны AB
соответствует точка X
, так как \angle SX'X=\angle ACX=\angle BCM
. Значит, X
— середина ST
.
Из равенства \angle ABC=\angle ASA_{1}
следует, что четырёхугольник ABA_{1}S
вписанный, поэтому C_{1}A\cdot C_{1}B=C_{1}S\cdot C_{1}A_{1}
. Аналогично C_{1}A\cdot C_{1}B=C_{1}T\cdot C_{1}B_{1}
, значит, C_{1}S\cdot C_{1}A_{1}=C_{1}T\cdot C_{1}B_{1}
, или \frac{C_{1}S}{C_{1}B_{1}}=\frac{C_{1}T}{C_{1}A_{1}}
. Это значит, что отрезки A_{1}B_{1}
и TS
гомотетичны с центром C_{1}
. Эта гомотетия переводит середину E
отрезка A_{1}B_{1}
в середину X
отрезка ST
. Значит, \frac{C_{1}S}{C_{1}B_{1}}=\frac{C_{1}X}{C_{1}E}
, или \frac{C_{1}S}{C_{1}X}=\frac{C_{1}B_{1}}{C_{1}E}
.
Из параллельности прямых AB_{1}
и UE
следует, что
\frac{C_{1}A}{C_{1}U}=\frac{C_{1}B_{1}}{C_{1}E}=\frac{C_{1}S}{C_{1}X},
поэтому UX\parallel AS
. Отсюда получаем, что
\angle UXE=\angle ASX=\angle ABC=\angle EVU,
т. е. точки U
, V
, E
и X
лежат на одной окружности \omega
.
Наконец, рассмотрим треугольники ABC
и UVE
. Их соответственные стороны параллельны, поэтому они гомотетичны (с отрицательным коэффициентом). При этой гомотетии прямая CX'
переходит в EX
(поскольку C'X\parallel CX'
), окружность \Omega
переходит в окружность \omega
, а значит, X'
переходит в X
. Касательная к окружности \omega
в точке X
параллельна касательной к окружности \Omega
в точке X'
, а значит, — и касательной к \Omega
в точке X
. Отсюда следует, что окружности \omega
и \Omega
касаются в точке X
.
Автор: Кунгожин М. А.
Источник: Всероссийская олимпиада школьников. — 2015-2016, XLII, заключительный этап, 10 класс