12095. Дан остроугольный треугольник ABC
. Точки A_{0}
и C_{0}
— середины меньших дуг соответственно BC
и AB
описанной окружности треугольника ABC
. Окружность, проходящая через A_{0}
и C_{0}
, пересекает прямые AB
и BC
в точках P
и S
, Q
и R
соответственно (все эти точки различны). Известно, что PQ\parallel AC
. Докажите, что A_{0}P+C_{0}S=C_{0}Q+A_{0}R
.
Решение. Будем считать, что AB\ne BC
(в противном случае утверждение задачи очевидно).
Поскольку PQ\parallel AC
, треугольники PBQ
и ABC
гомотетичны с центром гомотетии B
, значит, касательная t
к описанной окружности \Omega
треугольника ABC
в точке B
касается также описанной окружности \omega_{1}
треугольника BPQ
.
Прямая t
— радикальная ось окружностей \Omega
и \omega_{1}
, прямая A_{0}C_{0}
— радикальная ось окружности \Omega
и окружности \omega_{2}
, проходящей через точки A_{0}
, B_{0}
, R
и S
, прямая PQ
— радикальная ось окружностей \omega_{1}
и \omega_{2}
. Следовательно, прямые A_{0}C_{0}
, PQ
и t
пересекаются в одной точке — радикальном центре X
этих трёх окружностей (см. задачи 6392 и 6393).
Точки A_{0}
и C_{0}
— середины меньших дуг BC
и AB
окружности \Omega
, поэтому
\angle BXC_{0}=\angle BA_{0}C_{0}-\angle XBA_{0}=\frac{1}{2}\smile BC_{0}-\frac{1}{2}\smile BA_{0}=
=\frac{1}{2}(\smile BC_{0}-\smile BA_{0})=\frac{1}{2}\smile AC_{0}-\frac{1}{2}\smile CA_{0}=\angle AXC
(см. задачу 27), т. е. луч XC_{0}
— биссектриса угла BXP
.
Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, а так как C_{0}
— середина меньшей дуги AB
описанной окружности этого треугольника, то по теореме о трилистнике (см. задачу 788) BC_{0}=IC_{0}
. Аналогично, BA_{0}=IA_{0}
, поэтому точка I
симметрична B
относительно прямой A_{0}C_{0}
, а значит, лежит на отрезке PQ
луча XP
.
Обозначим \angle ACB=\gamma
. Тогда
\angle CIQ=\angle ACI=\angle ICQ=\frac{\gamma}{2},
поэтому треугольник CQI
равнобедренный, IQ=QC
. Аналогично, IP=PA
. Кроме того, по теореме о трилистнике IA_{0}=A_{0}C
поэтому прямая A_{0}Q
— серединный перпендикуляр к отрезку CI
, значит, эта прямая проходит через середину B_{0}
меньшей дуги AC
. Аналогично получаем, что прямая C_{0}P
также проходит через точку B_{0}
.
Вписанные в окружность \omega_{2}
углы RA_{0}P
и RQP
опираются на одну и ту же дугу, поэтому
\angle RA_{0}P=\angle RQP=\angle BCA=\gamma.
Вписанный в окружность \Omega
угол A_{0}C_{0}B_{0}
равен половине дуги A_{0}CB_{0}
, т. е.
\angle A_{0}C_{0}B_{0}=\frac{1}{2}\smile A_{0}CB_{0}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\smile BCA=\frac{1}{4}(360^{\circ}-\smile AC_{0}B)=
=\frac{1}{4}(360^{\circ}-2\gamma)=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}.
Вписанные в окружность \omega_{2}
углы PRA_{0}
и PC_{0}A_{0}
опираются на одну и ту же дугу, поэтому
\angle PRA_{0}=\angle PC_{0}A_{0}=\angle B_{0}C_{0}A_{0}=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}.
Значит,
\angle RPA_{0}=180^{\circ}-\angle PRA_{0}-\angle PA_{0}R=180^{\circ}-\left(90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}\right)-\gamma=
=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}=\angle PRA_{1},
т. е. треугольник PA_{0}R
равнобедренный, A_{0}P=A_{0}R
. Аналогично, C_{0}Q=C_{0}S
. Следовательно,
A{0}P+C_{0}S=A_{0}R+C_{0}Q.
Что и требовалось доказать.