16596. Дан выпуклый четырёхугольник ABCD
, в котором \angle A+\angle D=90^{\circ}
. Его диагонали пересекаются в точке E
. Прямая l
пересекает отрезки AB
, CD
, AE
и ED
в точках X
, Y
, Z
и T
соответственно. Известно, что AZ=CE
и BE=DT
. Докажите, что отрезок XY
не больше диаметра описанной окружности ETZ
.
Решение. Обозначим через \omega
описанную окружность треугольника ETZ
и через d
—= её диаметр. Поскольку BE=DT
, получаем
BT=BE+ET=DT+ET=DE.
Из условия \angle A+\angle D=90^{\circ}
следует, что лучи AB
и DC
пересекаются в некоторой точке F
под прямым углом.
Проведём диаметр EB'
описанной окружности треугольника ABE
. Поскольку \angle ABE\gt90^{\circ}
, точки расположены в порядке A
, B
, E
, B'
. Тогда
\angle AB'B=\angle AEB=\angle CED~\mbox{и}~\angle BAB'=90^{\circ}+\angle FAC=\angle DCE.
Следовательно, треугольники CED
и AB'B
подобны по двум углам, поэтому
\frac{AB'}{BB'}=\frac{CE}{ED}=\frac{AZ}{BT}.
Значит, подобны прямоугольные треугольники AB'Z
и BB'T
, поэтому \angle BTB'=\angle AZB'
. Тогда четырёхугольник ZB'TE
вписанный, поэтому точка B'
лежит на окружности \omega
.
Заметим, что AB
— прямая Симсона точки B'
для треугольника ZET
(см. задачу 83), так как
\angle B'AE=\angle B'BE=90^{\circ}.
Тогда и проекция точки B'
на прямую ZT
тоже лежит на прямой AB
, т. е. B'X\perp ZT
.
Рассуждая аналогично, получим, что точка C'
, диаметрально противоположная точке E
на описанной окружности треугольника CED
, лежит на окружности \omega
, а также C'Y\perp ZT
. Таким образом, B'C'
— хорда окружности \omega
, а X
и Y
— проекции точек B'
и C'
на прямую ZT
. Следовательно,
XY\leqslant B'C'\leqslant d.
Что и требовалось доказать.
Автор: Кузнецов А. С.
Источник: Всероссийская олимпиада школьников. — 2023-2024, L, 9 класс, заключительный этап, задача 9.6