16088. Точка M
— середина стороны BC
треугольника ABC
(\angle BAC\ne90^{\circ}
), \Gamma
— окружность с диаметром AM
, D
и E
— отличные от A
точки пересечения окружности \Gamma
с прямыми AB
и AC
соответственно, P
— точка пересечения касательных к окружности \Gamma
, проведённых в точках D
и E
. Докажите, что PB=PC
.
Решение. Поскольку MD\perp BD
и ME\perp CE
, описанные около прямоугольных треугольников BDM
и CEM
окружности \Gamma_{1}
и \Gamma_{2}
с равными диаметрами соответственно BM
и CM
равны и касаются друг друга.
Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
\angle KDM=\angle DAM=\angle BAM,
а так как вписанные в окружность \Gamma_{1}
углы DBM
и DKM
опираются на одну и ту же дугу, то
\angle ABM=\angle DBM=\angle DKM.
Значит, треугольники ABM
и DKM
подобны по двум углам. Аналогично, подобны треугольники ACM
и ELM
. Тогда
\angle KMD+\angle LME=\angle BMA+\angle CMA=180^{\circ},
поэтому по теореме синусов
DK=BM\sin\angle KMD=CM\sin(180^{\circ}-\angle KMD)=CM\sin\angle LME=LE.
Кроме того, PD=PL
как касательные, проведённые к окружности \Gamma
из одной точки, потому PK=PL
, и
PK\cdot PD=PL\cdot PE.
Это равенство означает, что точка P
лежит на радикальной оси касающихся окружностей \Gamma_{1}
и \Gamma_{2}
, которая проходит через точку M
их касания перпендикулярно линии центров BC
. Медиана PM
треугольника BPC
является его высотой. Следовательно, этот треугольник равнобедренный, PB=BC
. Что и требовалось доказать.