16301. Окружность касается сторон AB
и AC
треугольника ABC
в точках P
и Q
соответственно, а также описанной окружности треугольника ABC
в точке R
. Отрезки PQ
и AR
пересекаются в точке S
. Докажите, что \angle SBA=\angle SCA
.
Решение. Пусть \Gamma
— описанная окружность треугольника ABC
, \gamma
— окружность проходящая через точки P
, Q
и R
, а D
— отличная от R
точка пересечения окружности \gamma
с отрезком AR
. На общей касательной окружностей \Gamma
и \gamma
, проведённой в точке R
, отметим точку T
лежащую с точкой B
по разные стороны от прямой AR
.
Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
\angle PDR=\angle BPR~\mbox{и}~\angle DPR=\angle ART=\angle ABR=\angle PBR.
Значит, треугольники DPR
и PBR
подобны по двум углам. Тогда
\angle ARP=\angle PRD=\angle BRP,
т. е. RP
— биссектриса треугольника ARB
. Аналогично, RQ
— биссектриса треугольника ARC
.
По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{AP}{BP}=\frac{AR}{BR}~\mbox{и}~\frac{AQ}{CQ}=\frac{AR}{CR}.
Учитывая, что AP=AQ
, из этих равенств получаем, что \frac{BP}{BR}=\frac{CQ}{CR}
.
По теореме синусов из треугольников APS
и AQC
получаем
\frac{PS}{\sin\angle PAS}=\frac{AP}{\sin\angle ASP}=\frac{AQ}{\sin(180^{\circ}-\angle ASP)}=\frac{AQ}{\sin\angle QAS}=\frac{QS}{\sin\angle QAS},
откуда
\frac{PS}{QS}=\frac{\sin\angle PAS}{\sin\angle QAS}=\frac{\sin\angle BAR}{\sin\angle CAR}=\frac{\frac{BR}{2\rho}}{\frac{CR}{2\rho}}=\frac{BR}{CR},
где \rho
— радиус окружности \Gamma
.
Поскольку \angle BPS=\angle CQS
как смежные углы равных углов APQ
и AQP
, то треугольники BPS
и CQS
подобны. Следовательно, \angle SBA=\angle SCA
. Что и требовалось доказать.
Источник: Молдавские математические олимпиады. — 2007
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2011, № 1, задача 15 (2010, с. 81-83), с. 43