13322. Дан неравнобедренный треугольник ABC
. Выберем произвольную окружность \omega
, касающуюся описанной окружности треугольника ABC
внутренним образом в точке B
и не пересекающую прямую AC
. Отметим на \omega
точки P
и Q
так, чтобы прямые AP
и CQ
касались \omega
, а отрезки AP
и CQ
пересекались внутри треугольника ABC
. Докажите, что все полученные таким образом прямые PQ
проходят через одну фиксированную точку, не зависящую от выбора окружности \omega
.
Решение. Пусть R
— точка пересечения касательных AP
и CQ
. Докажем, что все прямые PQ
проходят через точку D
— основание внешней биссектрисы угла B
треугольника ABC
(точка D
существует, так как треугольник неравнобедренный). По теореме Менелая (см. примечание к задаче 1622) для треугольника ARC
достаточно проверить, что
\frac{AP}{PR}\cdot\frac{RQ}{QC}\cdot\frac{CD}{DA}=1
а так как RQ=PR
как отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, то достаточно проверить равенство \frac{AP}{QC}\cdot\frac{CD}{DA}=1
, или \frac{AP}{QC}=\frac{DA}{CD}
. По свойству внешней биссектрисы треугольника (см. задачу 1645) \frac{DA}{CD}=\frac{AB}{BC}
, так что проверяем \frac{AP}{QC}=\frac{AB}{BC}
.
Пусть лучи BA
и BC
пересекают окружность \omega
в точках X
и Y
соответственно. По теореме о касательной и секущей
AX\cdot AB=AP^{2},~CY\cdot CB=CQ^{2}.
На общей касательной к окружностям в точке B
отметим точку T
, лежащую с точкой C
по разные стороны от прямой AB
. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
\angle BYX=\angle ABT=\angle BCA,
поэтому XY\parallel AC
. Тогда по теореме о пропорциональных отрезках \frac{AB}{BC}=\frac{AX}{CY}
, значит,
\left(\frac{AP}{CQ}\right)^{2}=\frac{AX\cdot AB}{CY\cdot CB}=\frac{AX}{CY}\cdot\frac{AB}{CB}=\frac{AX}{CY}\cdot\frac{AX}{CY}=\left(\frac{AX}{CY}\right)^{2}=\left(\frac{AB}{BC}\right)^{2}.
Следовательно, \frac{AP}{QC}=\frac{AB}{BC}
. Что и требовалось доказать.