Областная олимпиада по математике, 2024 год, 9 класс

Остроугольный треугольник $ABC$ вписан в окружность с центром $O$. На стороне $BC$ взята точка $K$, из которой опущены перпендикуляры $KF$ и $KG$ на стороны $AB$ и $AC$, соответственно. Прямая $AO$ пересекает прямые $KG$ и $KF$ в точках $D$ и $E$ соответственно. Докажите, что $BD\parallel CE$. ( А. Васильев )

Комментарий/решение

$ L - BD \cap ED$

Б.О.О. $\text{ } D \text{ } $ за $\text{ }\triangle ABC$

\[ \]

$\angle ABC = \beta^\circ \text{ } \text{ } \text{ } \angle BCA = \gamma^\circ$

\[ \]

$\angle AOC = 2\beta^\circ \rightarrow \angle CAO = 90 -\beta^\circ \rightarrow \angle ADG = \beta^\circ$

\[ \]

$\angle CLD = \angle ALB \rightarrow \triangle BLA \sim \triangle DLK \rightarrow \dfrac{AL}{LK} = \dfrac{BL}{DL}$

\[ \]

$\angle AOB = 2\gamma^\circ \rightarrow \angle BAO= 90 - \gamma^\circ \rightarrow \angle LEK = \angle AEF = \gamma^\circ$

\[ \]

$\angle CLA = \angle ELK \rightarrow \triangle ALC \sim \triangle KLE \rightarrow \dfrac{AL}{LK} = \dfrac{CL}{LE}$

\[ \]

$\dfrac{CL}{LE}= \dfrac{BL}{LD} \text{ }$ что уже является признаком параллельности

$A'$ -точка симметричная $A$ относительно $O$. Тогда $FE||BA', DG||CA'$.

$$\angle (AB,BC)=\angle (AA',A'C)=\angle (AD,DG)$$

поэтому $ADKB$ вписан, таким же образом $AEKC$ вписанный.

$$\angle (KB,BD)=\angle (KA,AD)=\angle (KC,CE).$$

Пусть $\angle(KCE)=\beta$ и $\angle(BAO)=\alpha$. $\angle(AOB)=180-2\alpha, \rightarrow \angle(ACB)=90-\alpha$ также если опустить серпер $OM$ на $AB$, то выйдет что $\angle(AOM)=\angle(AEF)=90-\alpha$ отсюда $A,K,E,C$ лежат на одной окружности, $\angle(KCE)=\angle(KAE)=\beta$. Пусть $\angle(AOC)=\gamma \rightarrow \angle(AOC)=180-2\gamma$ если $ON$ серпер на $AC, \Rightarrow \angle(AON)=\angle(ADG)=90-\gamma, \angle(ADK)=90+\gamma, \angle(ABC)=90-\gamma$, $A,K,D,B$ лежат на одной окружности откуда $\angle(KAD)=\beta=\angle(DBK)=\angle(KCE)$ тоесть $BD \parallel CE$