12467. Остроугольный треугольник ABC
(AC\gt BC
) вписан в окружность с центром в точке O
, а CD
— диаметр этой окружности. На продолжении луча DA
за точку A
взята точка K
, а на отрезке BD
точка L
(DL\gt LB
), для которой \angle OKD=\angle BAC
, \angle OLD=\angle ABC
. Докажите, что прямая KL
проходит через середину отрезка AB
.
Решение. Обозначим через M
середину стороны AB
. Пусть прямая OM
пересекает прямые AD
и BD
в точках X
и Y
соответственно. Тогда OM\perp AB
(см. задачу 1677), а так как точка A
лежит на окружности с диаметром CD
, то AX\perp AC
. Значит,
\angle KXO=\angle AXO=90^{\circ}-\angle XAB=\angle BAC=\angle OKD=\angle OKX,
Поэтому треугольник KOX
равнобедренный, OK=OX
. Перпендикуляр, опущенный центра O
окружности на прямую KX
делит пополам отрезки KX
и AD
, значит, AK=DX
Аналогично, треугольник LOY
равнобедренный, OL=OY
, а перпендикуляр, опущенный из точки O
на прямую BD
делит пополам отрезки BD
и LY
, значит, BL=DY
.
Применив теорему Менелая к треугольнику ABD
и прямой MX
(см. задачу 1622), учитывая, что AX=DK
и AM=MB
, получим
\frac{AX}{XD}\cdot\frac{DY}{YB}\cdot\frac{BM}{MA}=1,~\mbox{или}~\frac{DK}{XD}\cdot\frac{BL}{LD}=1.
Пусть прямая KM
пересекает отрезок BD
в точке L'
. Применив теорему Менелая к треугольнику ABD
и прямой KM
, учитывая, что KA=XD
и AM=MB
, получим
\frac{DK}{KA}\cdot\frac{AM}{MB}\cdot\frac{BL'}{L'D}=1,~\mbox{или}~\frac{DK}{XD}\cdot\frac{BL'}{L'D}=1=\frac{DK}{XD}\cdot\frac{BL}{LD},
откуда \frac{BL'}{L'D}=\frac{BL}{LD}
. Значит, точка L'
совпадает с L
, т. е. точки K
, M
и L
лежат на одной прямой. Отсюда следует утверждение задачи.