16046. Дан треугольник ABC
со сторонами BC=a
, CA=b
и AB=c
, причём a\gt b\gt c
. Биссектрисы углов при вершинах A
, B
и C
пересекают противоположные стороны точках D
, E
и F
соответственно. Прямая, проведённая через вершину B
параллельно EF
, пересекает описанную окружность \Omega
треугольника ABC
в точке Q
, а прямая, проведённая через точку Q
параллельно AC
, пересекает \Omega
в точке P
. Докажите, что PC=PA+PB
.
Решение. Из теоремы о биссектрисе треугольника (см. задачу 1509) следует, что
AE=\frac{bc}{a+c},~AF=\frac{bc}{a+b}.
Кроме того, вписанные углы BAC
и BPC
опираются на одну и ту же дугу, поэтому
\angle FAE=\angle BAC=\angle FAE,
а так как AP=CQ
как хорды, заключённые между параллельными хордами PQ
и AC
(см. задачу 1678), то \angle ABP=\angle QBC
. Значит,
\angle AFE=\angle ABQ=\angle ABP+\angle PBQ=\angle CBQ+\angle PBQ=\angle PBC.
Тогда треугольник AFE
подобен треугольнику PBC
по двум углам, и
\frac{PB}{PC}=\frac{AF}{AE}=\frac{\frac{bc}{a+b}}{\frac{bc}{a+c}}=\frac{a+c}{a+b},
откуда
bPB=aPC+cPC-aPB.
По теореме Птолемея из вписанного четырёхугольника ABCP
получаем
bPB=aPA+cPC.
Вычитая из первого из этих двух равенств второе, получим
0=aPC+cPC-aPB-(aPA+cPC)=aPC-aPB-aPA.
Следовательно,
PC=PA+PB.
Что и требовалось доказать