13408. Точка M
— середина основания AD
трапеции ABCD
, вписанной в окружность \omega
. Биссектриса угла ABD
пересекает отрезок AM
в точке K
. Прямая CM
вторично пересекает окружность \omega
в точке N
. Из точки B
проведены касательные BP
и BQ
к описанной окружности треугольника MKN
. Докажите, что прямые BK
, MN
и PQ
пересекаются в одной точке.
Решение. Луч BK
пересекает описанную окружность в точке T
— середине дуги AD
. Заметим, что
\angle BTN=\angle BCN=\angle AMN,
поэтому описанная окружность \mu
треугольника MKN
проходит через точку T
(см. задачу 12).
Кроме того, поскольку треугольник ATD
равнобедренный, угол KMT
прямой, поэтому прямая BT
содержит диаметр окружности \mu
. Пусть прямая CN
пересекает этот диаметр в точке X
, а прямая PQ
пересекает его в точке X'
. Докажем, что точки X
и X'
совпадают. Отсюда будет следовать утверждение задачи.
Пусть O
и r
— центр и радиус окружности \mu
. Отрезок PX'
— высота прямоугольного треугольника BPO
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому OB\cdot OX'=OP^{2}=r^{2}
(см. задачу 2728). Поэтому осталось проверить, что OB\cdot OX=r^{2}
.
Обозначим
\varphi=\angle AKB=\angle OKM=\angle OMK,~\psi=\angle KMB=\angle CMD=\angle XMK.
Тогда по теореме о внешнем угле треугольника
\angle KBM=\angle AKB-\angle KMB=\varphi-\psi=\angle OMX.
Это означает, что треугольники OMX
и OBM
подобны. Следовательно, \frac{OM}{OB}=\frac{OX}{OM}
, откуда
OB\cdot OX=OM^{2}=r^{2}.
Что и требовалось.
Примечание. В приведённом решении есть некоторая недоговорённость. Вообще говоря, на диаметре есть две точки, удовлетворяющие равенству OB\cdot OX=r^{2}
. Они лежат по разные стороны от центра окружности \mu
. Однако из текста решения следует, что точка X
лежит с той же стороны от центра, что и точка X'
(а именно, ближе к точке B
).