18351. Около равнобедренного треугольника ABC
(AB=AC
) описана окружность с центром O
, K
— середина меньшей дуги AB
, E
— середина стороны AC
. На прямой BO
отмечена точка, T
, для которой \angle KAT=90^{\circ}
. Докажите, что \angle KET=90^{\circ}
.
Решение. Пусть D
— проекция точки K
на прямую BO
. Тогда точки K
, A
, T
и D
лежат на окружности с диаметром KT
. Докажем, что точка E
тоже лежит на этой окружности. Отсюда будет следовать, что \angle KET=90^{\circ}
.
Поскольку K
— середина меньшей дуги AB
описанной окружности треугольника ABC
, получаем, что AK=BK
, поэтому равнобедренные треугольники AOK
и BOK
равны по трём сторонам. Значит, OK
— биссектриса угла AOB
. Тогда
\angle KOB=\frac{1}{2}AOB=\angle ACB\lt90^{\circ},
поэтому точка D
лежит на луче OB
и
\angle KOD=\angle KOB=\frac{1}{2}\angle AOB=\angle ACB\lt90^{\circ}.
Аналогично, OE
— биссектриса угла AOC
, поэтому
\angle AOE=\frac{1}{2}\angle AOC~\Rightarrow~\angle KOD=\angle AOE.
Поскольку OK=OA
как радиусы одной окружности, прямоугольные треугольники KOD
и AOE
равны по гипотенузе (радиус окружности) и острому углу, так как
\angle AOE=\frac{1}{2}\angle AOC=\frac{1}{2}\angle AOB=\angle BOK=\angle DOK.
Тогда KD=AE
и \angle DKO=\angle EAO
.
Треугольник KOA
равнобедренный, поэтому \angle OKA=\angle OAK
, поэтому
\angle DKA=\angle DKO+\angle OKA=\angle EAO+\angle OAK=\angle EAK.
Значит, четырёхугольник DKAE
равнобедренная трапеция, а точка E
лежит на описанной окружности треугольника KAD
. Отсюда следует утверждение задачи.
Автор: Проценко П.
Автор: Шкуринская А.
Источник: Геометрическая олимпиада им. В. А. Ясинского. — 2025, IX, задача 5, 9 класс, с. 6