10467. К двум окружностям \omega_{1}
и \omega_{2}
, пересекающимся в точках A
и B
, проведена их общая касательная CD
(C
и D
— точки касания соответственно, точка B
ближе к прямой CD
, чем A
). Прямая, проходящая через точку A
, вторично пересекает окружности \omega_{1}
и \omega_{2}
в точках K
и L
соответственно (A
лежит между K
и L
). Прямые KC
и LD
пересекаются в точке P
. Докажите, что PB
— симедиана треугольника KPL
(прямая, симметричная медиане относительно биссектрисы).
Решение. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что \angle ACD=\angle AKC
и \angle CDA=\angle DLA
. Значит, треугольник ACD
подобен треугольнику PKL
по двум углам.
Кроме того,
\angle ABC=180^{\circ}-\angle AKC,~\angle ABD=180^{\circ}-\angle ALD,
поэтому
\angle CBD=360^{\circ}-\angle ABC-\angle ABD=
=360^{\circ}-(180^{\circ}-\angle AKC)-(180^{\circ}-\angle ALD)=
=180^{\circ}-(\angle AKC+\angle ALD)=
=180^{\circ}-(\angle LKP+\angle KLP)=180^{\circ}-\angle CPD.
Значит, точки P
, C
, B
и D
лежат на одной окружности, а так как \angle CAD=\angle CPD
, то радиус этой окружности равен радиусу описанной окружности треугольника ACD
.
Прямая AB
пересекает отрезок CD
в его середине S
(см. задачу 444), а значит, содержит медиану AS
треугольника ACD
.
Отразим треугольник ACD
относительно середины S
общей хорды CD
описанных окружностей треугольников ACD
и CPD
. Тогда точка A
перейдёт в точку X
, лежащую на описанной окружности треугольника CPD
. Пусть O
— центр описанной окружности треугольника CPD
. Обозначим \angle XOP=\alpha
.
Рассмотрим поворот с центром O
, при котором точка X
переходит в точку P
. Пусть при этом C
переходит в C_{1}
, а D
— в D_{1}
. Тогда
\angle C_{1}PC=\angle D_{1}PD=\frac{\alpha}{2}.
При повороте с центром в точке P
на угол -\frac{\alpha}{2}
, точки C_{1}
и D_{1}
перейдут в точки C_{2}
и D_{2}
соответственно, лежащие на лучах PC
и PD
. Поскольку композицией данных поворотов на углы \alpha
и -\frac{\alpha}{2}
будет поворот на угол \frac{1}{2}\alpha
, а \angle XBP=\frac{\alpha}{2}
, то прямая XB
, содержащая медиану треугольника XCD
, перейдёт при рассматриваемой композиции в прямую PB
, содержащую медиану треугольника PC_{2}D_{2}
— образа треугольника XCD
при этой композиции.
Треугольник PD_{2}C_{2}
равен треугольнику XDC
, а значит, и треугольнику ACD
, который подобен треугольнику PKL
. При этом треугольники ACD
и PKL
по-разному ориентированы. Значит, треугольники PD_{2}C_{2}
и PKL
подобны и по-разному ориентированы, т. е. существует преобразование подобия, переводящее треугольник PD_{2}C_{2}
в треугольник PKL
и при этом меняющее ориентацию.
Пусть Y
— середина отрезка C_{2}D_{2}
, луч PY
пересекает отрезок KL
в точке Z
, а PT
— медиана треугольника PKL
. Тогда
\angle ZPL=\angle YPD_{2}=\angle TPK.
Следовательно, PZ
— симедиана треугольника PKL
, т. е. прямая PB
содержит симедиану треугольника PKL
.
Заметим, что утверждение задачи верно при любом взаимном расположении точек A
, K
и L
.
Примечание. 1. Можно применить понятие антипараллельности: отрезок C_{2}D_{2}
антипараллелен KL
, значит, при симметрии относительно биссектрисы угла KPL
луч PY
перейдёт в луч PT
(см. задачу 10341). Отсюда следует утверждение задачи.
2. Заметим, что утверждение задачи 4693 — частный случай данного.
Автор: Блинков Ю. А.
Источник: Московская устная олимпиада по геометрии. — 2009, № 12, 10-11 классы