12704. В неравнобедренном треугольнике ABC
проведена высота AD
. Точка M
— середина стороны BC
, а точка N
симметрична M
относительно точки D
. Описанная окружность треугольника AMN
пересекает сторону AB
в точке P
, отличной от A
, а сторону AC
— в точке Q
, отличной от A
. Докажите, что прямые AN
, BQ
и CP
пересекаются в одной точке.
Решение. Без ограничения общности будем считать, что точки B
, M
, D
, N
и C
расположены на стороне BC
в указанном порядке. Тогда точка P
лежит на отрезке AB
, а Q
— на отрезке AC
.
Первый способ. Поскольку AD
— высота и медиана треугольника MAN
, прямая AD
— серединный перпендикуляр к отрезку MN
, поэтому AM=AN
, а центр описанной окружности треугольника MAN
лежит на AD
.
Луч AD
пересекает дугу MN
, не содержащую точки A
, в её середине, а окружность симметрична относительно каждого диаметра, поэтому вписанные углы APM
и AQN
опираются на равные дуги AQM
и APN
. Значит, \angle APM=\angle AQN
, и поэтому
\angle CQN=180^{\circ}=\angle AQN=180^{\circ}-\angle APM=\angle BPM.
Четырёхугольник NMPQ
вписанный, поэтому
\angle NQP=180^{\circ}-\angle NMP=\angle BMP.
Тогда
\angle AQP=180^{\circ}-\angle CQN-\angle NQP=
=180^{\circ}-\angle BPM-\angle BMP=\angle PBM=\angle ABC.
Аналогично, \angle APQ=\angle BCA
. Следовательно, треугольники APQ
и ACB
подобны по двум углам, и
\frac{AP}{AQ}=\frac{AC}{AB}.
Треугольники BMA
и BPN
подобны по двум углам, так как
\angle MAB=\angle MAP=\angle MNP=\angle BNP.
Следовательно,
\frac{BN}{BP}=\frac{BA}{BM}.
Треугольники CMA
и CQN
также подобны, так как
\angle CAM=\angle QAM=180^{\circ}-\angle QNM=\angle QNC.
Следовательно,
\frac{CQ}{CN}=\frac{CM}{CA}.
Перемножив эти три равенства и учитывая, что CM=BM
, получим
\frac{BN}{BP}\cdot\frac{CQ}{CN}\cdot\frac{CP}{AQ}=\frac{BA}{BM}\cdot\frac{CM}{CA}\cdot\frac{AC}{AB}=1.
Это означает, что
\frac{BN}{NC}\cdot\frac{CQ}{QA}\cdot\frac{AP}{PB}=1.
Следовательно, по теореме Чевы (см. задачу 1621) прямые AN
, BQ
и CP
пересекаются в одной точке. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть K
— точка пересечения луча AD
с описанной окружностью равнобедренного треугольника MAN
. Тогда AK
— диаметр окружности, поэтому
\angle BPK=\angle APK=90^{\circ}=\angle BDK.
Значит, четырёхугольник BPDK
вписанный. Кроме того, точки A
, M
, N
, K
, P
и Q
лежат на одной окружности. Тогда
180^{\circ}-\angle CQP=\angle AQP=\angle AKP=\angle DKP=\angle DBP=\angle CBP.
Следовательно, четырёхугольник BPQC
тоже вписанный. Тогда
AP\cdot AB=AQ\cdot AC
(см. задачу 2636), а так как
BN\cdot BM=BP\cdot BA~\mbox{и}~CN\cdot CM=CQ\cdot CA,
то
AP\cdot AB\cdot BN\cdot BM\cdot CQ\cdot CA=AQ\cdot AC\cdot BP\cdot BA\cdot CN\cdot CM.
При этом BM=CN
, поэтому
AP\cdot BN\cdot CQ=AQ\cdot BP\cdot CN,~\mbox{или}~\frac{BN}{NC}\cdot\frac{CQ}{QA}\cdot\frac{AP}{PB}=1.
Следовательно, по теореме Чевы прямые AN
, BQ
и CP
пересекаются в одной точке. Что и требовалось доказать.