16663. Дан выпуклый вписанный шестиугольник ABCDEF
, в котором BC=EF
и CD=AF
. Диагонали AC
и BF
пересекаются в точке Q
, а диагонали EC
и DF
— в точке P
. На отрезках DF
и BF
отмечены точки R
и S
соответственно, причём FR=PD
и BQ=FS
. Отрезки RQ
и PS
пересекаются в точке T
. Докажите, что прямая TC
делит диагональ DB
пополам.
Решение. Первый способ. Поскольку хорды BC
и EF
описанной окружности данного шестиугольника равны, то равны и стягивающие их дуги BC
и E
этой окружности. Значит, CE\parallel BF
. Аналогично, AC\parallel DF
.
Обозначим через \omega_{1}
и \omega_{2}
описанные окружности треугольников ABQ
и DEP
соответственно. Поскольку
\angle BAQ=\angle BEC=\angle QBE,
прямая BE
— касательная к окружности \omega_{1}
(см. задачу 144). Аналогично, прямая BE
— касательная и к окружности \omega_{1}
, а прямая AD
— общая касательная к окружностям \omega_{1}
и \omega_{2}
.
Поскольку CP\parallel FQ
и FP\parallel CQ
, четырёхугольник CPFQ
— параллелограмм. Тогда CQ=FP=DR
, поэтому четырёхугольник CQRD
— тоже параллелограмм. Аналогично, CPSB
— параллелограмм.
Прямые BC
и DC
не параллельны, поэтому соответственно параллельные им прямые PS
и RQ
пересекают прямую BD
в некоторых точках Y
и X
соответственно, а так как
\angle QAB=\angle CAB=\angle CDB=\angle BXQ
(последнее равенство вытекает из параллельности CD
и RQ
), то точка X
лежит на окружности \omega_{1}
(см. задачу 12). Аналогично, точка Y
лежит на окружности \omega_{2}
. Тогда по теореме о касательной и секущей (см. задачу 93)
DB\cdot DX=DA^{2}=BE^{2}=BD\cdot BY,
откуда, учитывая равенство отрезков DA
и BE
общих касательных окружностей \omega_{1}
и \omega_{2}
, получаем, что DX=BY
.
Пусть отрезки TC
и BD
пересекаются в точке Z
. Из параллельности CD
и TX
следует, что треугольник CZD
подобен треугольнику TZX
, а из параллельности BC
и TY
— треугольник CZB
подобен треугольнику TZY
. Значит,
\frac{DZ}{ZX}=\frac{TZ}{ZC}~\mbox{и}~\frac{TZ}{ZC}=\frac{BZ}{ZY},~\mbox{или}~\frac{DZ}{DX}=\frac{TZ}{TC}~\mbox{и}~\frac{TZ}{TC}=\frac{BZ}{BY},
откуда \frac{DZ}{DX}=\frac{BZ}{BY}
, а так как DX=BY
, то DZ=BZ
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. В первом способе установлено, что BF\parallel CE
, AC\parallel DF
, а CPFQ
, CQRD
и CPSB
— параллелограммы.
Рассмотрим параллелограмм FRNQ
с вершиной N
на отрезке CQ
и параллелограмм FRMS
с вершиной M
на отрезке RN
. Поскольку SM=FR=PD
и SM\parallel PD
, то SMDP
— тоже параллелограмм. Значит,
DM=PS=CB~\mbox{и}~SM\parallel PD,
поэтому и DMBC
— параллелограмм. Его диагональ CM
проходит через середину диагонали BD
. Таким образом, осталось доказать, что точки T
, C
и M
лежат на одной прямой.
По теореме Менелая для треугольника FRQ
и прямой PTS
получаем
1=\frac{FP}{PR}\cdot\frac{RT}{TQ}\cdot\frac{QS}{SF}=\frac{QC}{CN}\cdot\frac{RT}{TQ}\cdot\frac{NM}{MR},
т. е.
\frac{QC}{CN}\cdot\frac{NM}{MR}\cdot\frac{RT}{TQ}=1.
Тогда, из теоремы Менелая для треугольника QNR
следует, что точки C
, M
и T
лежат на одной прямой. Отсюда вытекает решение задачи.
Источник: Международная Жаутыковская олимпиада (Казахстан). — 2021, XVII, первый день, задача 2