17968. Остроугольный неравнобедренный треугольник ABC
вписан в окружность \Gamma
с центром O
. Высоты BE
и CF
пересекаются в точке H
, точка M
— середина стороны BC
, точка K
— проекция точки H
на медиану AM
. Прямые EF
и BC
пересекаются в точке P
, а касательная к окружности \Gamma
в точке A
пересекает прямую BC
в точке Q
. Точка T
симметрична точке Q
относительно P
. Докажите, что \angle OKT=90^{\circ}
.
Решение. Пусть AD
— высота треугольника ABC
, AA'
— диаметр окружности \Gamma
, N
— точка пересечения AO
и EF
, а L
— точка, симметричная точке A
относительно N
.
По теореме Нагеля (см. задачу 480) прямые EF
и OA
перпендикулярны. Тогда отрезок EA'
виден из точек N
и C
под прямым углом. Значит, эти точки лежат на окружности с диаметром EA'
, т. е. четырёхугольник NECA'
вписанный.
Из подобия прямоугольных треугольников AEH
и ADC
получаем
\frac{AE}{AH}=\frac{AD}{AC}~\Rightarrow~AE\cdot AC=AH\cdot AD.
Из подобия прямоугольных треугольников AKH
и ADM
получаем
\frac{AK}{AH}=\frac{AD}{AM}~\Rightarrow~AH\cdot AD=AK\cdot AM.
Тогда
AO\cdot AL=\frac{1}{2}AA'\cdot2AN=AA'\cdot AN=AE\cdot AC=AH\cdot AD=AK\cdot AM,
поэтому (см. задачу 114) четырёхугольник KOLM
вписанный.
В то же время, AQ\parallel EF
, а P
— середина QT
, поэтому ALTQ
— трапеция, PN
— её средняя линия, а OM\parallel AH
. Тогда
\angle LTC=\angle EPC=\angle HAO=\angle MOL.
Значит, четырёхугольник OLMT
вписанный, а так как OM\perp MT
, то OT
— диаметр его описанной окружности. Четырёхугольник KOLM
тоже вписанный, значит, описанные окружности окружности этих двух четырёхугольников совпадают. Следовательно, \angle OKT=90^{\circ}
, как вписанный угол, опирающийся на диаметр OT
. Что и требовалось доказать.
Источник: Математические олимпиады Саудовской Аравии. — 2017, задача 1, с. 44