ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 66803
Темы:    [ Гомотетия помогает решить задачу ]
[ Проектирование (прочее) ]
Сложность: 5+
Классы: 9,10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Четырехугольник $ABCD$, вписанный в окружность $\omega$, таков что $AD=BD=AC$. Точка $P$ движется по $\omega$. Прямые $AP$ и $DP$ пересекают прямые $CD$ и $AB$ в точках $E$ и $F$ соответственно. Прямые $BE$ и $CF$ пересекаются в точке $Q$. Найдите геометрическое место точек $Q$.

Решение

Пусть $S$ – точка пересечения $AC$ и $BD$, $k$ – окружность, проходящая через $B$, $C$ и касающаяся прямых $AB$, $CD$. Тогда $S$ – центр внутренней гомотетии окружностей $k$ и $\omega$ (поскольку касательная к $\omega$ в точке $D$ параллельна $AB$). Пусть луч $SP$ пересекает $k$ в точке $Q'$. Докажем, что прямые $AP$, $BQ'$ и $CD$ пересекаются в одной точке. Тогда аналогичное утверждение будет верно для прямых $CQ'$, $DP$ и $AB$ и, следовательно, $Q'$ совпадет с $Q$.

Пусть $SP$ вторично пересекает $\omega$ в точке $R$, прямые $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $T$, а прямая $BD$ вторично пересекает $k$ в точке $U$. Пусть также $BQ'$ и $AP$ пересекают $CD$ в точках $E'$ и $E''$ соответственно. Чтобы доказать, что $E'$ и $E''$ совпадают, используем двойные отношения.

Имеем $(C,D,T,E')=(BC,BD,BT,BE')=(C,U,B,Q')=(A,B,D,R)=(C,D,B,P)=(AC,AD,AB,AP)=(C,D,T,E'')$ (второе равенство получено проекцией из $B$ на $k$, третье гомотетией между $k$ и $\omega$ с центром $S$), ч.т.д.


Ответ

Окружность $k$, проходящая через $B$, $C$ и касающаяся прямых $AB$, $CD$.

Замечания

Доказать, что точки $B$, $Q'$ и $E$ лежат на одной прямой, можно и по-другому. Пусть $R'$ – вторая точка пересечения прямой $SP$ и окружности $k$. Так как $S$ – центр гомотетии $k$ и $\omega$, получаем, что $AP\parallel CR'$ и $BQ'\parallel DR$. Поэтому $\angle Q'CE=\angle Q'BC=\angle Q'R'C=\angle Q'PE$, то есть четырехугольник $PQ'EC$ – вписанный. Кроме того, $\angle BQ'R=\angle Q'RD=\angle PCE$. Следовательно, $\angle PQ'E+\angle BQ'P=180^{\circ}$, ч.т.д.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина
год
Год 2019
класс
Класс 9
задача
Номер 9.3

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .