12782. Окружность с центром в точке O
, вписанная в неравнобедренную трапецию ABCD
, касается её меньшего основания CD
в точке E
; M
— середина AB
. Прямая OM
пересекает отрезок CD
в точке F
. Докажите, что DE=FC
тогда и только тогда, когда AB=2CD
.
Решение. Без ограничения общности будем считать точка E
лежит между D
и F
.
Необходимость. Пусть DE=FC=x
, EF=z
, AB=2a
. Докажем, что CD=a
.
Пусть окружность, вписанная в трапецию, касается сторон AB
, BD
и AD
в точках N
, K
и L
соответственно. Тогда
CK=CE=x+z,~DL=DE=x.
Из равенства прямоугольных треугольников MON
и FOE
получаем, что MN=EF=z
. Тогда
BK=BN=BM-MN=a-z,
AL=AN=AM+MN=a+z.
Отрезки OK
и OL
, равные радиусу r
окружности, — высоты прямоугольных треугольников BOC
и AOD
, проведённые из вершин прямых углов (см. задачу 313), поэтому
OK^{2}=r^{2}=CK\cdot BK=(x+z)(a-z),
OL^{2}=r^{2}=DL\cdot LA=x(a+z).
Тогда
(x+z)(a-z)=x(a+z)~\Leftrightarrow~2x+z=a.
Последнее равенство означает, что CD=a
. Что и требовалось доказать.
Достаточность. Пусть теперь CD=a
, AB=2a
. Докажем, что DE=FC
.
Обозначим DE=x
, CF=y
, MN=EF=z
. Тогда
CK=CE=y+z,~DL=DE=x,
BK=BN=a-z,~AL=AN=a+z,
а так как CK\cdot KB=DL\cdot LA
, то
(x+z)(a-z)=x(a+z)~\Leftrightarrow~(a-x)(a-z)=x(a+z)~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~a-z=2x~\Leftrightarrow~x+y=2x~\Leftrightarrow~x=y.
Что и требовалось доказать.
Источник: Польские математические олимпиады. — 1993, третий тур, задача 2