Задача 67079

Темы:    [ Теорема о длинах касательной и секущей; произведение всей секущей на ее внешнюю часть ] [ Теоремы Чевы и Менелая ] [ Отношение, в котором биссектриса делит сторону ] [ Радикальная ось ]

Сложность: 4 Классы: 9,10,11

Условие

Автор: Марданов А.

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 $B$.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Турнир городов
год/номер
Номер	43
Дата	2021/22
тур
Вариант	устный тур
задача
Номер	5