10494. В окружности
\omega
с центром в точке
O
провели непересекающиеся хорды
AB
и
CD
так, что
\angle AOB=\angle COD=120^{\circ}
. Касательная к
\omega
в точке
A
пересекает луч
CD
в точке
X
, а касательная к
\omega
в точке
B
пересекает луч
DC
в точке
Y
. Прямая
l
проходит через центры окружностей, описанных около треугольников
DOX
и
COY
. Докажите, что
l
касается
\omega
.
Решение. Первый способ. Обозначим через
Z
точку пересечения лучей
XA
и
YB
(рис. 1). Прямые
ZA
и
ZB
касаются окружности
\omega
, поэтому
\angle OAZ=\angle OBZ=90^{\circ}
. Тогда
\angle AZB=180^{\circ}-\angle AOB=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ}.

Поскольку окружность
\omega
касается сторон угла
XZY
, её центр
O
лежит на биссектрисе этого угла, т. е.
\angle XZO=30^{\circ}=\angle OZY.

Из равнобедренного треугольника
COD
получаем, что
\angle OCD=\angle ODC=30^{\circ}.

Тогда
\angle OZX+\angle ODX=30^{\circ}+180^{\circ}-\angle ODC=180^{\circ},

поэтому четырёхугольник
XDOZ
вписанный. Аналогично, четырёхугольник
YCOZ
также вписанный. Таким образом,
OZ
— общая хорда окружностей, описанных около треугольников
DOX
и
COY
, поэтому
l
— серединный перпендикуляр к отрезку
OZ
.
Пусть
M
— середина
OZ
. Прямая
l
проходит через
M
и перпендикулярна
OM
(см. задачу 1130), поэтому для завершения решения достаточно показать, что точка
M
лежит на
\omega
. В прямоугольном треугольнике
AZO
катет
OA
, лежащий против угла
30^{\circ}
, равен половине гипотенузы
OZ
, поэтому
OM=\frac{1}{2}OZ=OA
, откуда и следует требуемое.
Второй способ. Обозначим через
T
середину меньшей дуги
AB
окружности
\omega
(рис. 2). Тогда
\angle AOT=60^{\circ}
и
OA=OT
. В равнобедренном треугольнике
COD
угол при вершине
O
равен
120^{\circ}
, поэтому
\angle ODC=\angle OCD=30^{\circ},

и, следовательно,
\angle ODX=\angle OCY=150^{\circ}.

Пусть
O_{1}
— центр окружности, описанной около треугольника
DOX
. Тогда
\angle OO_{1}X=2(180^{\circ}-\angle ODX)=60^{\circ}.

Значит, треугольник
OO_{1}X
равносторонний, поэтому
\angle XOO_{1}=60^{\circ}=\angle AOT.

Следовательно,
\angle TOO_{1}=\angle AOX
. Кроме того,
OT=OA
и
OO_{1}=OX
, а значит, треугольники
TOO_{1}
и
AOX
равны. Отсюда
\angle OTO_{1}=\angle OAX=90^{\circ},

т. е. точка
O_{1}
лежит на касательной к
\omega
в точке
T
(см. задачу 1735).
Аналогично, центр
O_{2}
окружности, описанной около треугольника
COY
, также лежит на этой касательной, значит, прямая
l
совпадает с этой касательной.
Примечание. Последний аргумент можно оформить по-другому. Поскольку треугольники
AOT
и
XOO_{1}
равносторонние, при повороте с центром в точке
O
на
60^{\circ}
прямая
AX
переходит в прямую
TO_{1}
, а окружность
\omega
переходит в себя, а так как как прямая
AX
касается
\omega
, то и прямая
TO_{1}
также касается
\omega
.
Автор: Кузнецов А. С.
Источник: Всероссийская олимпиада школьников. — 2017-2018, XLIV, региональный этап, № 4, 9 класс, второй день