17982. Остроугольный треугольник ABC
вписан в окружность \Gamma
с центром O
. Точки E
и F
лежат на меньшей дуге BC
этой окружности, причём EF\parallel BC
и A
, B
, E
, F
, C
расположены на окружности в указанном порядке. Точки K
и L
лежат на отрезках AB
и AC
соответственно, причём BK=BE
и CL=CE
. Точки N
и M
— середины KL
и BC
соответственно. Докажите, что MN\parallel AF
.
Указание. Пусть точка E
симметрична точке E
относительно прямой BC
. Тогда треугольники KE'L
и BNC
прямоугольные.
Решение. Пусть точка E
симметрична точке E
относительно прямой BC
. Тогда BE=BE'=BK
, поэтому B
— центр описанной окружности треугольника KEE'
. Аналогично, точка C
— центр описанной окружности треугольника LEE'
. Вписанный угол равен половине дуги, на которую он опирается, поэтому
\angle KE'E=\frac{1}{2}(360^{\circ}-\angle KBE)=180^{\circ}-\frac{1}{2}\angle KBE,
\angle LE'C=\frac{1}{2}(360^{\circ}-\angle LCE)=180^{\circ}-\frac{1}{2}\angle LCE.
В то же время, поскольку четырёхугольник ABEC
вписанный,
\angle KBE+\angle LCE=\angle ABE+\angle ACE=180^{\circ},
поэтому
\angle KE'E+\angle LE'E=(180^{\circ}-\frac{1}{2}\angle KBE)+(180^{\circ}-\frac{1}{2}\angle LCE)=
=360^{\circ}-\frac{1}{2}(\angle KBE+\angle LCE)=360^{\circ}-\frac{1}{2}\cdot180^{\circ}=270^{\circ}.
Следовательно,
\angle KE'L=360^{\circ}-(\angle KE'E+\angle LE'E)=360^{\circ}-270^{\circ}=90^{\circ},
т. е. треугольник KE'L
прямоугольный, а E'N
— его медиана, проведённая из вершины прямого угла.
По свойству этой медианы (см. задачу 1109) получаем
NK=NL=NE'.
Кроме того,
BK=BE'~\mbox{и}~CL=CE',
поэтому прямые BN
и CN
— серединные перпендикулярны к отрезкам KE'
и LE'
соответственно, значит,
\angle BNC=\angle KE'L=90^{\circ}.
Тогда по свойству медианы прямоугольного треугольника, проведённой из вершины прямого угла, и по теореме о внешнем угле треугольника
NM=MB=MC~\Rightarrow~\angle BMN=2\angle MCN=2\angle BCN=2(\angle BCE'+\angle NCE')=\angle ACE.
Пусть P
— точка пересечения прямых AF
и BC
. Дуги CF
и BE
окружности \Gamma
, заключённые между параллельными хордами BC
и EF
, равны, поэтому равны опирающиеся на них вписанные углы CAF
и ECB
. Значит, по теореме о внешнем угле треугольника
\angle APB=\angle ACB+\angle CAF=\angle ACB+\angle ECB=\angle ACE=\angle BMN.
Следовательно, по признаку параллельных прямых MN\parallel AF
. Что и требовалось доказать.
Источник: Математические олимпиады Саудовской Аравии. — 2024, задача 4, с. 39