16629. На боковой стороне BC
равнобедренного треугольника ABC
отмечена точка D
. Луч AD
пересекает прямую, проходящую через вершину B
параллельно основанию AC
, в точке E
. Докажите, что касательная к описанной окружности треугольника ABD
, проведённая в точке B
, делит отрезок EC
пополам.
Решение. Пусть M
— точка пересечения указанной касательной с отрезком CE
. Обозначим \angle BAD=\alpha
и \angle CAD=\beta
. Тогда
\angle CBM=\alpha,~\angle BAC=\alpha+\beta,
\angle MBE=\angle CBE-\angle CBM=\angle BAC-\angle CBM=(\alpha+\beta)-\alpha=\beta.
В то же время
\frac{BC}{BE}=\frac{BC}{AC}\cdot\frac{AC}{BE}=\frac{AB}{AC}\cdot\frac{CD}{BD}.\eqno(1)
Обозначим \angle BMC=\varphi
. Тогда по теореме синусов из треугольников CBM
и EBM
получаем, что
\frac{BC}{\sin\varphi}=\frac{MC}{\sin\alpha},~\frac{BE}{\sin(180^{\circ}-\varphi)}=\frac{BE}{\sin\varphi}=\frac{ME}{\sin\beta},
откуда
\frac{BC}{BE}=\frac{MC}{ME}\cdot\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}.\eqno(2)
По теореме синусов из треугольника ABE
получаем, что
\frac{AB}{BE}=\frac{\sin\beta}{\sin\gamma}.\eqno(3)
Подставив результаты (3) и (2) в (1), получим
\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}=\frac{AB}{BE}=\frac{BC}{BE}=\frac{MC}{ME}\cdot\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}.
Значит,
\frac{MC}{ME}=1~\Rightarrow~MC=ME.
Что и требовалось доказать.
Автор: Марданов А. П.
Источник: Олимпиада по геометрии им. И. Ф. Шарыгина. — 2023, XIX, финал, второй день, 9 класс, задача 5