13654. Окружность, построенная на диагонали AC
параллелограмма ABCD
с острым углом A
как на диаметре, пересекает прямые CB
и CD
соответственно в точках E
и F
, отличных от C
. Касательная к этой окружности, проведённая в точке A
, пересекает прямую EF
в точке P
. Докажите, что точки P
, F
и E
лежат на одной прямой.
Решение. Точки D
и F
лежат на окружности с диаметром AC
, а прямая AP
— касательная к окружности, поэтому
\angle AEC=\angle AFC=\angle CAP=90^{\circ}.
Пусть X
и Y
— точки пересечения прямой AP
с прямыми CB
и CD
соответственно. Тогда (см. задачу 1946)
\frac{AX^{2}}{AC^{2}}=\frac{XE}{EC},~\frac{AY^{2}}{AC^{2}}=\frac{YF}{FC}.
Разделив первое равенство на второе, получим
\frac{XE}{EC}\cdot\frac{FC}{YF}=\frac{AX^{2}}{AY^{2}}.
Поскольку AB\parallel CY
и AD\parallel CX
, то
\frac{AX}{AY}=\frac{XB}{BC},~\frac{AX}{AY}=\frac{CD}{DY},
значит,
\frac{AX^{2}}{AY^{2}}=\frac{XB}{BC}\cdot\frac{CD}{DY}~\Rightarrow~\frac{XB}{BC}\cdot\frac{CD}{DY}=\frac{XE}{EC}\cdot\frac{FC}{YF}.
По теореме Менелая для треугольника CXY
и прямой PF
получаем
1=\frac{YP}{PX}\cdot\frac{XB}{BC}\cdot\frac{CD}{DY}=\frac{YP}{PX}\cdot\frac{XE}{EC}\cdot\frac{CF}{FY}.
Следовательно, по теореме Менелая точки P
, F
и E
лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.