18103. Дан вписанный шестиугольник ABCDEF
. в котором AB\perp BD
и BC=EF
. Прямые BC
и AD
пересекаются в точке P
, а прямые EF
и AD
— в точке Q
, причём точки P
и Q
лежат по одну сторону от вершины D
, а точка A
— по другую. Точка S
— середина диагонали AD
, а K
и L
центры вписанных окружностей треугольников BPS
и EQS
соответственно. Докажите, что \angle KDL=90^{\circ}
.
Решение. Поскольку вершины данного шестиугольника расположены в указанном порядке, а также фиксировано расположение точек P
и Q
на прямой AD
, мы не будем делать различия между возможными конфигурациями (от взаимного расположения точек P
и Q
решение не зависит).
Заметим, что AB
— диаметр описанной окружности данного шестиугольника, а S
— центр окружности.
Поскольку SK
— биссектриса угла BSD
, то \angle BSK=\angle DSK
, а так как SD=SB
(как радиусы окружности), то треугольники DSK
и BSK
с общей стороной SK
равны по двум сторонам и углу между ними. Значит, \angle KDS=\angle KBS
, а так как BK
— биссектриса угла CBS
, то
\angle KBS=\angle KBC=\frac{1}{2}\angle CBS.
Аналогично, \angle LDS=\frac{1}{2}\angle QES
, поэтому
\angle LDS=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle FES)=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle FES.
Значит,
\angle LDS+\angle KDS=\left(90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle FES\right)+\frac{1}{2}\angle CBS.
Равнобедренные треугольники ABC
и SEF
равны по трём сторонам, поэтому \angle FES=\angle CBS
. Следовательно,
\angle KDL=\angle LDS+\angle KDS=\left(90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle FES\right)+\frac{1}{2}\angle CBS=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle FES+\frac{1}{2}\angle FES=90^{\circ}.
Источник: Датские математические олимпиады. — 2013, задача 5, с. 39