11707. Около равнобедренного треугольника ABC
(AB=BC
) описана окружность. Пусть BD
— диаметр этой окружности, K
— произвольная точка меньшей из дуг BC
, а K'
и K''
— точки, симметричные K
относительно прямых AC
и BC
соответственно. Докажите, что прямые AC
, DK
и K'K''
имеют общую точку.
Решение. Обозначим \angle BCA=\angle BAC=\gamma
. Рассмотрим точку K_{1}
, симметричную K''
относительно прямой AC
. Отрезки K'K''
и KK_{1}
симметричны относительно прямой AC
, и поэтому пересекают прямую AC
в одной точке. Заметим, что точка K_{1}
получается из K
композицией симметрий относительно прямых CB
и CA
, т. е. поворотом на угол 2\gamma
вокруг точки C
(см. задачу 5107). Следовательно, треугольник KCK_{1}
равнобедренный с углом 90^{\circ}-\gamma
при основании KK_{1}
. Таким образом,
\angle CKK_{1}=90^{\circ}-\gamma=\angle CBD=\angle CKD,
т. е. прямые KD
и KK_{1}
совпадают. Следовательно, прямые AC
, DK
и K'K''
имеют общую точку.
Примечание. Равнобедренность треугольника не очень существенна: если условие «BD
— диаметр» заменить на «BD
— хорда, перпендикулярная стороне AC
», то утверждение будет верным для произвольного треугольника. Кроме того, точка K
может быть любой точкой описанной окружности, отличной от C
(ср. с задачей 11706).