Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16406
2026-02-17 
Равнобедренная трапеция $ABCD$, в которой основание $AD$ вдвое больше боковой стороны $AB$, вписана в окружность $\omega$. Точки $E$ и $F$ выбраны на окружности $\omega$ так, что $AC\parallel DE$ и $BD\parallel AF$. Отрезок $BE$ пересекает отрезки $AC$ и $AF$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Докажите, что описанные окружности треугольников $BCX$ и $EFY$ касаются
Решение:
Четырёхугольники $ABDF$ и $ACDE$ вписаны в окружность и имеют пару параллельных сторон, следовательно, это равнобедренные трапеции или прямоугольники (см. задачу 8091), и
$DF=AB=CD=AE.$
Пусть $M$ - середина отрезка $AD$, $\breve{ AB}=\alpha$, $\breve{ BC}=\beta$. Докажем, что окружности из условия касаются в точке $M$, а прямая $AD$ - их общая касательная.
Треугольники $BAM$ и $CDM$ - равные и равнобедренные, и $AD\parallel BC$, поэтому
$\angle AMB=\angle MBC=\angle BCM=\angle CMD.$
Следовательно, описанная окружность треугольника $BMC$ касается прямой $AD$ (см. задачу 3946). Кроме того (см. задачу 8116),
$\angle BXC=\frac{1}{2}(\breve{ BC}+\breve{ AE})=\frac{1}{2}(\alpha+\beta),$
$\angle BMC=180^{\circ}-\angle AMB-\angle CMD=180^{\circ}-\angle AMB-\angle ABM=\angle BAM=\angle BAD=\frac{1}{2}\breve{ BCD}=\frac{1}{2}(\alpha+\beta)=\angle BXC.$
Значит, точка $X$ лежит на описанной окружности треугольника $BMC$.
Итак, доказано, что описанная окружность треугольника $BCX$ касается прямой $AD$ в точке $M$. Аналогично, описанная окружность треугольника $EFY$ касается прямой $AD$ в точке $M$. Следовательно, обе эти окружности касаются в точке $M$
Равнобедренная трапеция $ABCD$, в которой основание $AD$ вдвое больше боковой стороны $AB$, вписана в окружность $\omega$. Точки $E$ и $F$ выбраны на окружности $\omega$ так, что $AC\parallel DE$ и $BD\parallel AF$. Отрезок $BE$ пересекает отрезки $AC$ и $AF$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Докажите, что описанные окружности треугольников $BCX$ и $EFY$ касаются
Решение:
Четырёхугольники $ABDF$ и $ACDE$ вписаны в окружность и имеют пару параллельных сторон, следовательно, это равнобедренные трапеции или прямоугольники (см. задачу 8091), и
$DF=AB=CD=AE.$
Пусть $M$ - середина отрезка $AD$, $\breve{ AB}=\alpha$, $\breve{ BC}=\beta$. Докажем, что окружности из условия касаются в точке $M$, а прямая $AD$ - их общая касательная.
Треугольники $BAM$ и $CDM$ - равные и равнобедренные, и $AD\parallel BC$, поэтому
$\angle AMB=\angle MBC=\angle BCM=\angle CMD.$
Следовательно, описанная окружность треугольника $BMC$ касается прямой $AD$ (см. задачу 3946). Кроме того (см. задачу 8116),
$\angle BXC=\frac{1}{2}(\breve{ BC}+\breve{ AE})=\frac{1}{2}(\alpha+\beta),$
$\angle BMC=180^{\circ}-\angle AMB-\angle CMD=180^{\circ}-\angle AMB-\angle ABM=\angle BAM=\angle BAD=\frac{1}{2}\breve{ BCD}=\frac{1}{2}(\alpha+\beta)=\angle BXC.$
Значит, точка $X$ лежит на описанной окружности треугольника $BMC$.
Итак, доказано, что описанная окружность треугольника $BCX$ касается прямой $AD$ в точке $M$. Аналогично, описанная окружность треугольника $EFY$ касается прямой $AD$ в точке $M$. Следовательно, обе эти окружности касаются в точке $M$
