18090. В остроугольном треугольнике ABC
угол при вершине C
больше угла при вершине A
, а AE
— диаметр описанной окружности \Gamma
треугольника ABC
. Прямая AC
и касательная к \Gamma
в точке E
пересекаются в точке K
, а L
— проекция точки K
на прямую AE
. Прямые KL
и AB
пересекаются в точке D
. Докажите, что CE
— биссектриса угла BCD
.
Решение. Поскольку
\angle ACB=\angle AEB=90^{\circ}-\angle BAE=90^{\circ}-\angle DAL=\angle ADL=\angle BDK,
четырёхугольник BDKC
вписанный, поэтому \angle BCD=\angle BKD
. Тогда достаточно доказать, что \angle BKD=2\angle BCE
.
Учитывая, что \angle ABE=90^{\circ}
, а KBE
— угол между касательной и хордой, получаем
\angle ABK=\angle ABE+\angle KBE=90^{\circ}+\angle BCE.
По теореме о внешнем угле треугольника
\angle BKD=\angle ABK-\angle BDK=(90^{\circ}+\angle BCE)-(90^{\circ}-\angle DAL)=
=\angle BCE+\angle DAL=\angle BCE+\angle BCE=2\angle BCE.
Отсюда следует утверждение задачи.
Источник: Датские математические олимпиады. — 2011, задача 2, с. 18