12803. Серединный перпендикуляр к стороне BC
пересекает описанную окружность треугольника ABC
в точках P
и Q
, причём точки P
и A
лежат по одну сторону от прямой BC
. Точка F
— проекция точки P
на прямую AC
. Точка S
— середина отрезка AQ
. Докажите, что точки A
, B
, F
и S
лежат на одной окружности.
Решение. Пусть \Gamma
— описанная окружность радиуса R
треугольника ABC
, D
— точка пересечения AQ
и BC
. Точка P
— середина дуги BC
, не содержащей точки A
, поэтому AQ
— биссектриса угла BAC
(см. задачу 430). Значит, треугольники ABQ
и ADC
подобны по двум углам, так как
\angle AQB=\angle ACB=\angle ACD~\mbox{и}~\angle BAQ=\angle CAQ=\angle CAD.
Пусть M
— середина стороны AC
. Тогда \angle ASB=\angle AMD
как соответствующие углы подобных треугольников ABQ
и ADC
. Значит, достаточно доказать, что \angle AMD=\angle AFB
(см. задачу 12), или что BF\parallel DM
.
Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
, \angle ACB=\gamma
, AC=b
и AB=c
. По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509) \frac{BD}{DC}=\frac{c}{b}
, а так как CM=\frac{b}{2}
, то достаточно доказать, FM=\frac{c}{2}
.
По теореме синусов из равнобедренного треугольника BPC
, вписанного в окружность \Gamma
, получаем
PC=2R\sin\angle PCB=2R\sin\angle PBC=2R\sin\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)=2R\cos\frac{\alpha}{2},
а так как
\angle PCA=\angle PCB-\angle ACB=\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)-\gamma=\left(\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}\right)-\gamma=\frac{\beta}{2}-\frac{\gamma}{2},
то из прямоугольного треугольника CFP
получаем
CF=CP\cos\angle PCA=2R\cos\frac{\alpha}{2}\cos\left(\frac{\beta}{2}-\frac{\gamma}{2}\right)=
=R\left(\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}-\frac{\gamma}{2}\right)+\cos\left(\frac{\alpha}{2}-\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}\right)\right)=
=R\cos(90^{\circ}-\gamma)+R\cos(90^{\circ}-\beta)=R\sin\gamma+R\sin\beta=\frac{c}{2}+\frac{b}{2}.
Значит,
FM=CF-CM=\left(\frac{c}{2}+\frac{b}{2}\right)-\frac{b}{2}=\frac{c}{2}.
Отсюда следует утверждение задачи.