16633. В остроугольном треугольнике ABC
точка M
— середина меньшей дуги BC
описанной окружности. Окружность \omega
касается сторон AB
и AC
в точках P
и Q
соответственно и проходит через точку M
. Докажите, что BP+CQ=PQ
.
Решение. Без ограничения общности будем считать, что AB\gt AC
(см. рис.). Пусть H
— точка пересечения AM
и PQ
. Поскольку AM
— биссектриса угла BAC
, получаем, что AH
— высота равнобедренного треугольника APQ
.
Дуги PM
и QM
окружности \omega
симметричны относительно прямой AM
, на которой лежит центр этой окружности. Значит, треугольник PMQ
равнобедренный, \angle MPQ=\angle MQP=\angle MPB
(по теореме об угле между касательной и хордой). Тогда PM
— биссектриса угла BPQ
. Аналогично, QM
— биссектриса угла CQP
.
Пусть X
и Y
— проекции точки M
на прямые AB
и AC
соответственно. Тогда PH=PX
и QH=QY
, а так как MB=MC
(M
— середина дуги BC
описанной окружности треугольника ABC
), то прямоугольные треугольники BXM
и CYM
равны по катету и гипотенузе. Значит, XB=YC
. Следовательно,
BP+QC=(PX+XB)+(QY-YC)=PX+QY=PH+QH=PQ.
Что и требовалось доказать.
Автор: Бельский К. А.
Источник: Олимпиада по геометрии им. И. Ф. Шарыгина. — 2024, XX, заочный тур, 8 класс, задача 3