17556. Пусть точка P
лежит вне окружности \Gamma
, а PA
и PB
— касательные к этой окружности (A
и B
— точки касания). На отрезке AB
отмечена произвольная точка K
. Окружность \Gamma
и описанная окружность треугольника PKB
вторично пересекаются в точке T
. Точка P'
симметрична точке P
относительно точки A
. Докажите, что \angle PBT=\angle P'KA
.
Решение. Заметим, что достаточно доказать параллельность AT
и P'K
. Тогда по теореме об угле между касательной и хордой
\angle PBT=\angle BAT=\angle P'KA.
Достроим треугольник PAK
до параллелограмма PAKC
. Тогда PA\parallel CK
, а так как PA=PA'
, то P'ACK
— тоже параллелограмм. Тогда
\angle PCK=\angle PAB=\angle PBA,
т. е. точка P
лежит на описанной окружности треугольника PKB
Обозначим через \alpha
угол при основании AB
равнобедренного треугольника APC
. Тогда
\angle BTC=\angle BPC=\angle BAP=\alpha,
а так как
\angle ATB=\frac{1}{2}(360^{\circ}-\smile ATB)=180^{\circ}-\frac{1}{2}\smile ATB=180^{\circ}-\alpha.
Значит,
\angle ATB+\angle BTC=(180^{\circ}-\alpha)+\alpha=180^{\circ}.
Следовательно, точки A
, T
и C
лежат на одной прямой, а так как P'ACK
— параллелограмм, то AT\parallel P'K
. Отсюда следует утверждение задачи.
Источник: Украинская устная олимпиада по геометрии. — 2020, задача 2, 9 класс