6070. Около треугольника ABC
описана окружность. Пусть N
— точка пересечения касательных к окружности, проходящих через точки B
и C
, M
— такая точка окружности, что AM\parallel BC
, K
точка пересечения прямой MN
с окружностью. Докажите, что прямая KA
делит сторону BC
пополам.
Решение. Лемма. Если четырёхугольник XYZT
вписан в окружность и \frac{XY}{XT}=\frac{ZY}{ZT}
, то касательные к окружности, проведённые в точках X
и Z
, либо параллельны, либо пересекаются на прямой YT
.
Доказательство. Если одна из касательных, например, в точке X
, параллельна прямой YT
, то XY=XT
. Тогда ZY=ZT
. Следовательно, касательная в точке Z
также параллельна YT
.
Пусть прямая YT
пересекает касательную, проведённую к окружности в точке X
, в точке P
(рис. 1). Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что \angle PXT=\angle TYX=\angle PYX
, значит, треугольники PXY
и PTX
подобны по двум углам. Поэтому \frac{YP}{XP}=\frac{XY}{XT}
и \frac{XP}{TP}=\frac{XY}{XT}
. Перемножив эти равенства, получим, что \frac{YP}{TP}=\left(\frac{XY}{XT}\right)^{2}
.
Пусть прямая YT
пересекает касательную, проведённую к окружности в точке Z
, в точке Q
. Аналогично докажем, что \frac{YQ}{TQ}=\left(\frac{XY}{XT}\right)^{2}
, поэтому \frac{YP}{TP}=\frac{YQ}{TQ}
. Значит, точки P
и Q
совпадают. Отсюда следует доказательство леммы.
Пусть D
— середина стороны BC
(рис. 2). Достаточно доказать, что точка K_{1}
пересечения окружности с прямой AD
лежит на прямой MN
.
Поскольку ABCM
— равнобедренная трапеция, CM=AB
и AC=BM
. Из подобия треугольников CDK_{1}
и ADB
следует, что \frac{AB}{CK_{1}}=\frac{BD}{DK_{1}}
, а из подобия треугольников ADC
и BDK_{1}
— \frac{DC}{DK_{1}}=\frac{AC}{BK_{1}}
. Значит,
\frac{CM}{CK_{1}}=\frac{AB}{CK_{1}}=\frac{BD}{DK_{1}}=\frac{DC}{DK_{1}}=\frac{AC}{BK_{1}}=\frac{BM}{BK_{1}}.
Таким образом, для вписанного четырёхугольника BMCK_{1}
выполняется условие леммы. Поэтому касательные, проведённые к окружности в точках B
и C
, пересекаются на прямой BN
. Значит, точка K_{1}
совпадает с K
. Отсюда следует утверждение задачи.