16387. Точки E
и F
— середины сторон соответственно AC
и AB
треугольника ABC
. Описанные окружности треугольников ABE
и ACF
вторично пересекаются в точке P
. Прямая AP
вторично пересекает описанную окружность треугольника AEF
в точке X
. Докажите, что AX=2XP
.
Решение. Пусть углы при вершинах A
, B
и C
треугольника ABC
равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно.
Точки A
, E
, P
и B
лежат на одной окружности, поэтому
\angle PBF=\angle PBA=\angle PEC.
Точки A
, C
, P
и F
лежат на одной окружности, поэтому
\angle ECP=\angle ACP=\angle BFP.
Значит, треугольники PBF
и PEC
подобны по двум углам.
Пусть h_{B}
и h_{C}
— высоты этих треугольников, проведённые из общей вершины P
. Тогда
\frac{\sin\angle BAP}{\sin\angle CAP}=\frac{\frac{h_{B}}{AP}}{\frac{h_{C}}{AP}}=\frac{h_{B}}{h_{C}}=\frac{FB}{EC}=\frac{AB}{AC}.
Точки A
, E
, X
и F
лежат на одной окружности. Пусть её радиус равен R
. Тогда
\frac{FX}{EX}=\frac{2R\sin\angle BAP}{2R\sin\angle CAP}=\frac{AB}{AC},
а также \angle XFA=\angle XEC
. Кроме того,
\frac{FA}{EC}=\frac{AB}{AC}=\frac{FX}{EX},
поэтому треугольники XFA
и XEC
подобны по двум сторонам и углу между ними, а так как EF\parallel BC
, то
\angle CXE=\angle AXF=\angle AEF=\angle ACB=\gamma.
Аналогично,
\angle AXE=\angle AFE=\beta.
Следовательно,
\angle PXC=180^{\circ}-\beta-\gamma=\alpha.
Точки A
, C
, P
и F
лежат на одной окружности, поэтому
\angle CPX=\angle CPA=\angle CFA,
а так как \angle PXC=\alpha
, то треугольники PXC
и FAC
подобны по двум углам. Тогда
\frac{XC}{AC}=\frac{XP}{FA}~\Rightarrow~XC=\frac{XP\cdot AC}{FA}.
Выше доказано, что подобны треугольники XFA
и XEC
, поэтому
\frac{EC}{FA}=\frac{XC}{XA}~\Rightarrow~XC=\frac{EC\cdot AX}{FA}.
Значит,
\frac{XP\cdot AC}{FA}=\frac{EC\cdot AX}{FA}~\Rightarrow~XP\cdot AC=EC\cdot AX~\Rightarrow~XP\cdot AC=\frac{1}{2}AC\cdot AX~\Rightarrow~XP=\frac{1}{2}AX.
Следовательно, AX=2XP
. Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2021, № 1, задача 4560, с. 66