Задача 67612

Темы:    [ Вспомогательные подобные треугольники ] [ Произведение длин отрезков хорд и длин отрезков секущих ] [ Теорема синусов ] [ Инверсия помогает решить задачу ]

Сложность: 3+ Классы: 8,9,10,11

Условие

Автор: Нилов Ф.

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ стороны $AB$ и $BC$ равны, $K$ – точка пересечения диагоналей. Описанная окружность треугольника $ABD$ повторно пересекает сторону $BC$ в точке $Y$, а описанная окружность треугольника $BCD$ повторно пересекает сторону $AB$ в точке $X$. Докажите, что $\angle AKX = \angle CKY$.

Решение 1

Так как треугольник $ABC$ равнобедренный, то $\angle BAC = \angle BCA$. Тогда искомое равенство $\angle AKX = \angle CKY$ эквивалентно подобию треугольников $AKX$ и $CKY$. Именно это подобие мы и будем доказывать.

Отметим точки, в которых описанные окружности треугольников $ABD$ и $BCD$ повторно пересекают диагональ $AC$ – точки $Q$ и $P$ соответственно (см. рисунок). Из вписанности четырёхугольников $PXBC$ и $QYBA$ имеем равенства углов $\angle APX = 180^\circ - \angle CPX = \angle ABC$ и $\angle CQY = 180^\circ - \angle AQY = \angle ABC$. Значит, $\angle APX = \angle CQY$. Таким образом, треугольники $APX$ и $CQY$ подобны (по двум углам), а следовательно, равны отношения сторон в этих треугольниках: $$\frac{AX}{AP} = \frac{CY}{CQ}. \quad \quad (1) $$ Используя теорему о произведении отрезков хорд, получим равенства $AK \cdot QK = BK \cdot DK = CK \cdot PK$, откуда $$ \frac{PK}{AK} = \frac{QK}{CK} \ \Leftrightarrow\ \frac{AK-AP}{AK} = \frac{CK-CQ}{CK} \ \Leftrightarrow\ \frac{AP}{AK} = \frac{CQ}{CK} . $$ Почленно перемножив это равенство с равенством $(1)$, получим $$ \frac{AX}{AK} = \frac{CY}{CK} . $$ Вместе с равенством углов $\angle BAC = \angle BCA$ это означает, что треугольники $AKX$ и $CKY$ подобны, что и требовалось.

Решение 2

Как и в предыдущем решении, достаточно доказать, что треугольники $AKX$ и $CKY$ подобны. Для этого, в свою очередь, достаточно показать равенство отношений $AK : CK = AX : CY$, так как равенство углов $KAX$ и $KCY$ следует из равнобедренности треугольника $ABC$.

По теореме синусов в треугольнике $ABK$ имеем $AK = \sin \angle ABK \cdot BK \mathbin{/} \sin \angle BAK$. Записав аналогичное равенство для треугольника $CBK$ и разделив одно на другое, получаем $$ \frac{AK}{CK} = \frac{\sin\angle ABK}{\sin\angle CBK} \cdot \frac{BK}{BK} \cdot \frac{\sin\angle BCK}{\sin\angle BAK} = \frac{\sin\angle ABK}{\sin\angle CBK} . \quad \quad (2) $$ С другой стороны, из теоремы синусов в треугольнике $ABD$ извлекаем $\sin\angle ABD = AD \cdot \sin\angle BAD \mathbin{/} BD$, что после деления на аналогичное равенство для треугольника $CBD$ даёт $$ \frac{\sin\angle ABD}{\sin\angle CBD} = \frac{AD}{CD} \cdot \frac{\sin\angle BAD}{\sin\angle BCD} . $$ Так как $\angle ABD = \angle ABK$ и $\angle CBD = \angle CBK$, то можно совместить это с равенством $(2)$ и получить $$ \frac{AK}{CK} = \frac{AD}{CD} \cdot \frac{\sin\angle BAD}{\sin\angle BCD} . $$ Теперь заметим, что треугольники $DAX$ и $DYC$ подобны (см. рисунок).

Действительно, из того, что $ABYD$ вписанный, следует, что $\angle DAX = 180^\circ - \angle BYD = \angle DYC$; аналогично из вписанности $CBXD$ следует $\angle DCY = \angle DXA$; этих двух равенств углов достаточно для подобия. Из подобия и из теоремы синусов для треугольника $ADX$ получаем $$ \frac{AD}{CD} = \frac{AD}{XD} \cdot \frac{XD}{CD} = \frac{\sin\angle DXA}{\sin\angle DAX} \cdot \frac{AX}{CY} = \frac{\sin\angle DCY}{\sin\angle DAX} \cdot \frac{AX}{CY} . $$ Подставляя в $(2)$, находим $$ \frac{AK}{CK} = \frac{\sin\angle DCY}{\sin\angle DAX} \cdot \frac{AX}{CY} \cdot \frac{\sin\angle BAD}{\sin\angle BCD} = \frac{AX}{CY} , $$ что и требовалось.

Решение 3

При инверсии с центром $B$ и радиусом $BA=BC$ точка $L'$ (образ точки $L$) лежит на окружности $ABC$; точка $D'$ лежит на отрезке $BL'$; точки $X'$, $Y'$ — точки пересечения прямых $AD'$, $CD'$ с прямыми $BC$, $BA$ соответственно. Поскольку $L'B$ — биссектриса угла $AL'C$, получаем, применяя к этому углу теорему об изогоналях, что $\angle BL'X'=\angle BL'Y'$. После обратной инверсии получаем $\angle BXL=\angle BYL$, что вместе с равенством $\angle XCL=\angle YAL$ даёт утверждение задачи.

Замечания

На Турнире городов задача предлагалась в следующей формулировке:
В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ стороны $AB$ и $BC$ равны, $L$ — точка пересечения его диагоналей. Описанная окружность треугольника $ABD$ пересекает сторону $BC$ в точке $Y$, а описанная окружность треугольника $BCD$ пересекает сторону $AB$ в точке $X$. Докажите, что углы $XLA$ и $YLC$ равны.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Московская математическая олимпиада
год
Год	2026
Номер	89
класс
Класс	9
задача
Номер	4
олимпиада
Название	Турнир городов
год/номер
Номер	47
Дата	2025/2026
вариант
Вариант	весенний тур, сложный вариант, 10-11 класс
задача
Номер	3