13984. Окружности \Gamma_{1}
и \Gamma_{2}
касаются внешним образом в точке A
. Касательная, проведённая к окружности \Gamma_{2}
в точке B
, пересекает окружность \Gamma_{1}
в точках D
и E
. Окружность \Gamma_{1}
вторично пересекает прямую AB
в точке C
, а биссектрису угла DCE
— в точке M
. Прямые AM
и BE
пересекаются в точке Q
, а прямые CQ
и BM
— в точке P
. Докажите, что \frac{BP}{BC}=\frac{BA}{BM}
.
Решение. Пусть O_{1}
и O_{2}
— центры окружностей \Gamma_{1}
и \Gamma_{2}
соответственно. Равнобедренные треугольники AO_{2}B
и AO_{1}C
подобны, поэтому BO_{2}\parallel CO_{1}
, а так как O_{2}B\perp BE
, то CO_{1}\perp DE
. Диаметр, перпендикулярный хорде, делит её пополам, поэтому прямая CO_{1}
— серединный перпендикуляр к хорде DE
. Тогда луч CO_{1}
— биссектриса угла DCE
, а значит, точка M
лежат на этом луче, а отрезок CM
— диаметр окружности \Gamma_{1}
. Тогда \angle CAM=90^{\circ}
, и MA
— высота треугольника BCM
, а так как BQ\perp CM
, то точка Q
, лежащая на прямой MA
, лежит на высоте этого треугольника, проведённой из вершины B
. Следовательно, Q
— ортоцентр треугольника BCM
, и поэтому, CP\perp BM
. Это означает, что точка P
лежит на окружности с диаметром CM
, т. е. на окружности \Gamma_{1}
. Тогда BP\cdot BM=BA\cdot BC
(см. задачу 2636), откуда \frac{BP}{BC}=\frac{BA}{BM}
. Что и требовалось доказать.