13514. Треугольник ABC
вписан в окружность \Gamma_{1}
. Точка D
на продолжении стороны BC
отмечена так, что AD
— касательная к окружности \Gamma_{1}
. Окружность \Gamma_{2}
проходит через точки A
, D
и касается прямой BD
в точке D
. Точка E
— отличная от A
точка пересечения окружностей \Gamma_{1}
и \gamma_{2}
. Докажите, что EB:EC=AB^{3}:AC^{3}
.
Решение. По теореме об угле между касательной и хордой (см. задачу 87) \angle CAD=\angle ABD
, поэтому треугольники DAB
и DCA
подобны. Значит, \frac{S_{\triangle DAB}}{S_{\triangle DCB}}=\frac{AB^{2}}{AC^{2}}
. У этих треугольников общая высота, проведённая из вершины A
, поэтому
\frac{DB}{DC}=\frac{S_{\triangle DAB}}{S_{\triangle DCB}}=\frac{AB^{2}}{AC^{2}}.
По теореме об угле между касательной и хордой \angle ABE=\angle EDC
, а так как DB
— касательная к окружности \Gamma_{2}
, то аналогично, \angle EAD=\angle EDC
. Значит, \angle ABE=\angle EDC
. Кроме того, \angle EAB=\angle ECD
, так как четырёхугольник CBAE
вписан в окружность \Gamma_{1}
. Следовательно, треугольники DCE
и BAE
подобны, и \frac{AE}{EC}=\frac{AB}{CD}
.
По теореме Птолемея (см. задачу 130)
CA\cdot EB=CB\cdot AE+CE\cdot AB=(DB-DC)\cdot\frac{AB\cdot EC}{CD}+EC\cdot AB=
=\frac{DB\cdot AB\cdot EC}{CD}-AB\cdot CE+EC\cdot AB=\frac{DB\cdot AB\cdot EC}{CD}=
=\frac{DB}{CD}\cdot AB\cdot EC=\frac{AB^{2}}{AC^{2}}\cdot AB\cdot EC=\frac{AB^{3}}{AC^{2}}\cdot EC,
откуда
\frac{EB}{EC}=\frac{AB^{3}}{AC^{3}}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1992, № 6, задача 1661 (207), с. 185