18174. Дан параллелограмм ABCD
, в котором угол при вершине B
тупой и AD\gt AB
. На диагонали AC
отмечены точки K
и L
, причём A
, K
, L
и C
различны, точка K
лежит между A
и L
, а \angle ABK=\angle ADL
. Прямая BK
вторично пересекает описанную окружность \Omega
треугольника ABC
в точке E
, а прямая EL
вторично пересекает \Omega
в точке F
. Докажите, что BF\parallel AC
.
Указание. Пусть F_{1}
— точка, симметричная D
относительно прямой AC
. Докажите, что ABF_{1}C
— трапеция, а точка F_{1}
, совпадает с F
.
Решение. Пусть F_{1}
— точка, симметричная D
относительно прямой AC
. Точка F_{1}
лежит на окружности \Omega
, поскольку по свойству параллелограмма и из симметрии
\angle ABC=\angle ADC=\angle AF_{1}C
(см. также задачу 12). Значит, четырёхугольник ABF_{1}C
вписан окружность \Omega
, а так как из симметрии
CF_{1}=CD=AB,
то ABF_{1}C
— равнобедренная трапеция с основаниями AC
и BF_{1}
. Итак, BF_{1}\parallel AC
.
Из симметрии \angle AF_{1}L=\angle ADL
, а по условию \angle ADL=\angle ABK
, то
\angle ABE=\angle AF_{1}E=\angle AF_{1}L.
Значит, точки F_{1}
, L
и E
лежат на одной прямой, поэтому точка F_{1}
, совпадает с F
. Отсюда следует утверждение задачи.
Источник: Олимпиада Метрополий. — 2016, день 1, задача 1