16297. Остроугольный треугольник ABC
вписан в окружность с центром O
. Точка P
лежит на дуге AB
, не содержащей точки C
. Прямая, проходящая через точку P
перпендикулярно OB
, пересекает прямую AB
в точке S
, а прямую BC
— в точке T
. Прямая, проходящая через точку P
перпендикулярно OA
, пересекает прямую AB
в точке Q
, а прямую AC
— в точке R
. Докажите, что:
а) треугольник PQS
равнобедренный;
б) PQ^{2}=QR\cdot ST
.
Решение. а) Пусть P'
— проекция точки P
на прямую AB
. Заметим, что \angle QPP'=\angle OAB
как углы с соответственно перпендикулярными сторонами. Аналогично, \angle SPP'=\angle OBA
, а так как треугольник AOB
равнобедренный, то
\angle QPP'=\angle OAB=\angle OBA=\angle SPP'.
Высота PP'
треугольника PQS
является его биссектрисой. Следовательно, треугольник PQS
равнобедренный, PQ=PS
. (То, что точка P
лежит на описанной окружности треугольника ABC
здесь не понадобилось.)
б) Обозначим \angle ACB=\gamma
. Пусть O'
— проекция точки O
на прямую AB
. Тогда
\angle AQR=\angle PQS=\angle AOO'=\angle ACB=\gamma.
Аналогично, \angle BST=\gamma
. Значит, каждый из треугольников ARQ
и TBS
подобен треугольнику ABC
по двум углам. Тогда треугольники ARQ
и TBS
подобны, и \frac{QA}{QR}=\frac{ST}{BS}
.
Четырёхугольник APBC
вписанный, поэтому
\angle APB=180^{\circ}-\gamma,
а так как
\angle RPT=\angle QPS=180^{\circ}-2\gamma,
то
\angle APR+\angle BPS=\angle APB-\angle RPT=(180^{\circ}-\gamma)-(180^{\circ}-2\gamma)=\gamma=\angle APR+\angle PAQ
(так как угол PAS
, равный \gamma
, — внешний угол треугольника PAQ
). Значит, \angle BPS=\angle PAQ
. При этом \angle AQP=\angle PSB
как смежные к равным углам. Значит, треугольники AQP
и PSB
подобны по двум углам, и \frac{QP}{QA}=\frac{BS}{PS}
.
Таким образом,
\frac{QP}{QR}=\frac{QA}{QR}\cdot\frac{QP}{QA}=\frac{ST}{BS}\cdot\frac{BS}{PS}=\frac{ST}{PS}=\frac{ST}{QP}.
Следовательно,
PQ^{2}=QR\cdot ST.
Что и требовалось доказать.
Источник: Математические олимпиады Боснии и Герцеговины. —
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2010, № 8, задача 5 (2009, с. 438-439), с. 497