17501. Дана трапеция ABCD
. Известно, что \angle DAB=\angle ABC=90^{\circ}
, а биссектрисы углов C
и D
пересекаются в точке E
, лежащей внутри трапеции. Докажите, что описанные окружности треугольников ABE
и CDE
касаются.
Решение. По условию BC\perp AB
и AD\perp AB
, поэтому BC\parallel AD
— основания трапеции.
Пусть M
и N
— середины AB
и CD
, так что MN
— средняя линия трапеции ABCD
. При этом прямая MN
параллельна основаниям, поэтому MN\perp AB
, и значит, MN
— серединный перпендикуляр к отрезку AB
. Значит, центр описанной окружности треугольника ABE
лежит на прямой MN
.
Обозначим
x=\angle BCE=\angle ECD=\frac{1}{2}\angle BCD,~y=\angle CDE=\angle EDA=\frac{1}{2}\angle CDA.
Из параллельности BC\parallel AD
следует, что
\angle BCD+\angle CDA=180^{\circ}~\Rightarrow~x+y=90^{\circ},
поэтому треугольник CED
прямоугольный с прямым углом при вершине E
. Значит, N
— центр описанной окружности треугольника CED
.
Поскольку \angle NED=\angle EDN=y
и \angle NED=\angle EDA
, то EN\parallel AD
, поэтому точка E
лежит на прямой MN
, а E
— общая точка описанных окружностей треугольников ABE
и CDE
, лежащая на их линии центров MN
. Следовательно, эти окружности касаются (в точке E
).
Примечание. Если доказано, что точка E
лежит на средней линии, завершить решение можно следующим образом, без привлечения центров окружностей.
Пусть K
и L
— проекции точки E
на основания BC
и AD
соответственно. Поскольку E
лежит на средней линии трапеции, то E
— середина отрезка KL
. Тогда KL
касается окружности описанной окружности треугольника ABE
(из симметрии треугольника ABE
относительно серединного перпендикуляра к отрезку AB
). Далее
\angle CEK=90^{\circ}-\angle BCE=90^{\circ}-x=y.
из равенства \angle CEK=\angle CDE
, получаем, что прямая KL
касается описанной окружности треугольника CED
. Таким образом, KL
— общая касательная описанных окружностей треугольников ABE
и CDE
.
Автор: Терёшин А. Д.
Источник: Всероссийская олимпиада школьников. — 2024-2025, 1 февраля 2025, региональный этап, второй день, задача 7, 10 класс