12764. На плоскости фиксирован остроугольный треугольник ABC
с наибольшей стороной BC
. Пусть PQ
— произвольный диаметр его описанной окружности, причём точка P
лежит на меньшей дуге AB
, а точка Q
— на меньшей дуге AC
. Точки X
, Y
и Z
— основания перпендикуляров, опущенных из точки P
на прямую AB
, из точки Q
на прямую AC
и из точки A
на прямую PQ
. Докажите, что центр описанной окружности треугольника XYZ
лежит на фиксированной окружности (не зависящей от выбора точек P
и Q
).
Решение. Заметим, что \angle PAQ=90^{\circ}
, так как PQ
— диаметр описанной окружности треугольника ABC
.
Пусть M
и N
— середины отрезков AP
и AQ
соответственно. Поскольку
\angle AZP=90^{\circ}=\angle AXP,
четырёхугольник AZXP
вписан в окружность с центром в точке M
, поэтому
\angle PZX=\angle PAB=90^{\circ}-\angle BAQ=90^{\circ}-\angle BPZ.
Следовательно, XZ\perp BP
. Тогда, в силу сказанного выше, серединный перпендикуляр к отрезку XZ
проходит через точку M
и параллелен прямой BP
, а потому на нём лежит и середина отрезка AB
. Обозначим её через D
. Аналогично, если E
— середина отрезка AC
, то NE
— серединный перпендикуляр к отрезку YZ
. Таким образом, прямые MD
и NE
пересекаются в центре описанной окружности треугольника XYZ
. Обозначим его через O
. Тогда
\angle DOE=180^{\circ}-\angle XZY=\angle PZX+\angle QZY=
=\angle PAB+\angle QAC=90^{\circ}-\angle BAC,
значит, из точки O
фиксированный отрезок DE
виден под фиксированным углом 90^{\circ}-\angle BAC
. Следовательно, точка O
лежит на фиксированной окружности, проходящей через точки D
и E
. Что и требовалось доказать.