17992. Окружности \Omega_{1}
и \Omega_{2}
с центрами O_{1}
и O_{2}
пересекаются в точках A
и B
соответственно, причём угол O_{1}AO_{2}
острый. Касательная к \Omega_{1}
в точке A
вторично пересекает \Omega_{2}
в точке C
, а касательная к \Omega_{2}
в точке A
вторично пересекает \Omega_{1}
в точке D
. Пусть \Omega_{3}
— описанная окружность треугольника BCD
, а точка E
— середина дуги BCD
окружности \Omega_{3}
. Докажите, что прямые AE
и KL
перпендикулярны.
Решение. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке.
Обозначим \angle BAD=\angle BCA=\alpha
, \angle BAC=\angle ADB=\beta
. Пусть T
— точка на продолжении отрезка AB
за точку D
. Тогда, дважды применив теорему о внешнем угле треугольника, получим
\angle CBD=\angle CBT+\angle DBT=(\alpha+\beta)+(\alpha+\beta)=2(\alpha+\beta).
Пусть \angle CKD=2\gamma
. Поскольку E
— середина дуги DEC
окружности \Omega_{3}
, луч KE
— биссектриса вписанного в эту окружности угла CKD
, поэтому
\angle AKD=\frac{1}{2}\angle CKD=\gamma,
а так как четырёхугольник BDCK
вписанный, то
\angle CBD+\angle CKD=180^{\circ},~\mbox{или}~2\alpha+2\beta+2\gamma=180^{\circ},
откуда
\alpha+\beta+\gamma=90^{\circ}.
Пусть прямые AD
и KE
пересекаются в точке P
. Из треугольника APK
находим, что
\angle APK=180^{\circ}-\alpha+\beta+\gamma=90^{\circ},
т. е. KP
— высота треугольника AKD
. Аналогично получим, что если Q
— точка пересечения прямых AK
и LE
, то LQ
— вторая высота треугольника AKD
. Тогда высота этого треугольника, проведённая из вершины A
, проходит через точку E
. Следовательно, прямые AE
и KL
перпендикулярны. Что и требовалось доказать. Аналогично для любого другого случая.
Источник: Среднеевропейская математическая олимпиада. — 2011, задача I-3, с. 15