Математикадан республикалық олимпиада, 1998-1999 оқу жылы, 9 сынып

Үлкен табаны $AB$ болатын $ABCD$ трапециясының $AC$ және $BD$ диагоналдары өзара перпендикуляр. $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің центрі $O$, ал $OB$ және $CD$ тузулерінің қиылысу нүктесі $E$ болсын. $B{{C}^{2}}=CD\cdot CE$ теңдігін дәлелде.

Комментарий/решение

Обозначим точку пересечения диагоналей как точку $G$. Пусть $OB$ во второй раз пересекает окружность в точке $P$.

$BP$ - диаметр,$\angle PCB$=$90$ и $\angle CGB$ = $90$.Следовательно $\triangle PCB$ $\sim$ $\triangle CGB$. Тогда $\angle PCA$=$\angle GBC$=$\angle PBA$=$\angle PEC$. В конечном итоге мы имеем два подобных треугольника $BCE$ и $BDC$.(у них общий угол $\angle ECB$, $\angle CEB$=$\angle CBD$.) В силу свойств подобных треугольников: $CD$/$BC$=$BC$/$CE$, из чего получаем искомое.

Пусть $\angle OBA = \angle OAB = \alpha$, а $\angle OAC = \angle OCA = \beta.$ $AB//CE$ значит $\angle CEB = \alpha.$ Так как $AB//CE$, $\angle CAB = \angle DCA = \alpha + \beta$, а значит $\angle CDB = 90 - \alpha - \beta.$ $\angle COB = 2\alpha + 2\beta$, значит $\angle OCB = 90 - \alpha - \beta.$ $\angle BDC + \angle DCB = 180 - \alpha$, значит $\angle DBC = \alpha.$ $\angle DBC = \angle DEB = \alpha$ значит $CB$ касательная к описанной окружности $EDB.$ По теореме о степени точки $BC^2 = CD \cdot CE$, что и требовалось доказать.