Задача
Дан неравнобедренный треугольник $ABC$. Выберем произвольную окружность ω, касающуюся описанной окружности Ω треугольника $ABC$ внутренним образом в точке $B$ и не пересекающую прямую $AC$. Отметим на ω точки $P$ и $Q$ так, чтобы прямые $AP$ и $CQ$ касались ω, а отрезки $AP$ и $CQ$ пересекались внутри треугольника $ABC$. Докажите, что все полученные таким образом прямые $PQ$ проходят через одну фиксированную точку, не зависящую от выбора окружности ω.
Решение
Пусть $R$ – точка пересечения касательных $AP$ и $CQ$. Докажем, что все прямые $PQ$ проходят через основание $D$ внешней биссектрисы угла $B$ треугольника $ABC$ (точка $D$ существует, так как треугольник неравнобедренный). По теореме, обратной к теореме Менелая, для треугольника $ARC$, достаточно проверить, что $\frac{AP}{PR}\cdot\frac{RQ}{QC}\cdot\frac{CD}{DA}$ = 1. Поскольку $RQ$ и $PR$ равны как касательные, достаточно проверить равенство $\frac{AP}{QC} = \frac{AD}{DC}$. Но $\frac{AB}{BC} = \frac{AD}{DC}$ по свойству внешней биссектрисы, так что проверяем равенство $\frac{AP}{QC} = \frac{AB}{BC}$. Пусть $AB$ и $BC$ пересекают окружность ω в точках $X$ и $Y$ соответственно. Запишем степени точек $A$ и $С$ относительно окружности ω: $AX\cdot AB = AP^2$, $CY\cdot CB = CQ^2$, поэтому осталось проверить равенство $\frac{AX}{AB} = \frac{CY}{CB}$, а оно следует из того, что Ω переходит в ω при гомотетии с центром $B$.
Ответ
Ответ задачи отсутствует
Чтобы оставлять комментарии, войдите или зарегистрируйтесь