13555. Точки P
и Q
лежат на сторонах соответственно AB
и AC
треугольника ABC
, причём PQ\parallel BC
. Точка D
лежит внутри треугольника APQ
, E
и F
— точки пересечения PQ
с BD
и CD
, соответственно. Пусть O_{E}
и O_{F}
— центры описанных окружностей треугольников DEQ
и DFP
соответственно. Докажите, что O_{E}O_{F}\perp AD
.
Решение. Линия центров пересекающихся окружностей перпендикулярна их общей хорде (см. задачу 1130), поэтому достаточно доказать, что точка A
лежит на общей хорде окружностей, описанных около треугольников DEQ
и DFP
, т. е. что точка A
лежит на радикальной оси этих окружностей. Далее можно рассуждать по-разному.
Первый способ. Пусть прямая AD
пересекает PQ
в точке K
, а BC
— в точке L
. По теореме о пропорциональных отрезках на параллельных прямых (см. задачу 1597)
\frac{KE}{KF}=\frac{BL}{LC}=\frac{KP}{KQ}~\Rightarrow~KE\cdot KQ=KP\cdot KF,
т. е. степени точки K
относительно обеих окружностей равны. Следовательно, точка K
лежит на их радикальной оси. Отсюда получаем утверждение задачи.
Второй способ. Треугольники APQ
и ABC
подобны, поэтому
\frac{AP}{AB}=\frac{AQ}{AC}~\Rightarrow~1-\frac{AP}{AB}=1-\frac{AQ}{AC}~\Rightarrow~\frac{AB-AP}{AB}=\frac{AC-AQ}{AC}~\Rightarrow~\frac{BP}{AB}=\frac{AQ}{AC}.
По теореме Менелая (см. задачу 1622) для треугольника APK
и прямой BED
, а затем для треугольника AQK
и прямой DFC
получаем
\frac{KD}{DA}\cdot\frac{AB}{BP}\cdot\frac{PE}{EK}=-1=\frac{KD}{DA}\cdot\frac{AC}{CQ}\cdot\frac{QF}{FK},
а так как \frac{AB}{BP}=\frac{AC}{CQ}
, то
\frac{PE}{EK}=\frac{QF}{FK}~\Rightarrow~1+\frac{PE}{EK}=1+\frac{QF}{FK}~\Rightarrow~\frac{EK+PE}{EK}=\frac{FK+QF}{FK}~\Rightarrow~\frac{PK}{EK}=\frac{QK}{FK}~\Rightarrow
\Rightarrow~EK\cdot QK=FK\cdot PK,
т. е. степени точки K
относительно обеих окружностей равны. Следовательно, точка K
лежит на их радикальной оси. Отсюда получаем утверждение задачи.
Источник: Австралийские математические олимпиады. — 2014, второй день, задача 7
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1995, № 2, задача 1921 (74), с. 62