|
|
 |
Условие
В треугольнике $ABC$ точки $P$ и $Q$ изогонально сопряжены. Прямая $PQ$ пересекает окружность $ABC$ в точке $X$. Прямая, симметричная $BC$ относительно $PQ$, пересекает прямую $AX$ в точке $E$. Докажите, что точки $A$, $P$, $Q$, $E$ лежат на одной окружности.
Решение
Лемма. Пусть фиксированы окружность $S$ с точкой $A$ на ней, точка $P$ и прямая $t$ через $P$. Произвольная, проходящая через $P$ прямая $q$ пересекает $S$ в двух точках $X$, $Y$. Прямые $AX$, $AY$ пересекают $t$ в точках $E$, $F$. Тогда точка Микеля четырёхугольника $FEXY$ фиксирована.
Доказательство. Пусть $W$ – такая точка на $S$, что $AW\parallel t$; $PW$ вторично пересекает $S$ в точке $M$; $U$, $V$ – точки пересечения $t$ и $S$. Тогда $\angle PMY=\smile WY/2=(\smile UY+\smile AV)/2=\angle UFY$, т.е. $M$ лежит на окружности $PFY$. Аналогично $M$ лежит на окружности $PEX$.
Вернемся к задаче. Пусть прямая $PQ$ пересекает $BC$ в точке $R$, а окружность $ABC$ второй раз в точке $Y$. Пусть $K$, $L$, $F$ – точки пересечения прямой $RE$ с $AB$, $AC$, $AY$ соответственно. По лемме точки Микеля четырёхугольников $BCLK$ и $XYFE$ совпадают, обозначим эту точку через $M$. Заметим, что соответствующие обоим четырёхугольникам композиции инверсии и симметрии относительно $M$ меняют местами точки $R$ и $A$. Следовательно, эти композиции совпадают.
Поскольку $P$ и $Q$ лежат на биссектрисе угла $FRC$, они изогонально сопряжены относительно четырехугольника $CBKL$, поэтому указанная композиция инверсии и симметрии меняет их местами. Осталось заметить, что эта композиция переводит прямую $PQ$ в окружность $AMEF$.
