16669. Неравнобедренный остроугольный треугольник ABC
вписан в окружность \omega
. Пусть H
— точка пересечения высот этого треугольника, а M
— середина стороны AB
. На не содержащей точку C
дуге AB
окружности \omega
, отмечены точки P
и Q
, причём \angle ACP=\angle BCQ\lt\angle ACQ
. Докажите, что точки P
, Q
, R
и S
лежат на одной окружности, а точка M
— центр этой окружности.
Решение. Пусть AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
— высоты треугольника ABC
, а L
— точка пересечения прямых CC_{1}
и PQ
. Без ограничения общности будем считать, что точка H
лежит внутри угла ACQ
.
Заметим, что точки C
, A_{1}
, B_{1}
, R
, S
и H
лежат на окружности с диаметром CH
(см. задачу 1689). Из условия задачи следует, что PQ\parallel AB
, поэтому \angle HLQ=90^{\circ}
. Значит, точки H
, R
, Q
и L
лежат на окружности с диаметром HQ
. Следовательно,
\angle CSR=\angle CHR=\angle RQL=\angle RQP,
значит, точки P
, Q
, R
и S
лежат на одной окружности.
Отрезки MA_{1}
и MB_{1}
— медианы прямоугольных треугольников AA_{1}B
и BB_{1}
, проведённые из вершин прямых углов, поэтому (см. задачу 1109)
MA_{1}=MB_{1}=\frac{1}{2}AB.
Значит, точка M
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку A_{1}B_{1}
.
Из равенств
\angle A_{1}CR=\angle BCQ=\angle ACP=\angle B_{1}CS
следует, что A_{1}B_{1}SR
— равнобедренная трапеция, поэтому серединные перпендикуляры к отрезкам A_{1}B_{1}
и RS
совпадают. Значит, точка M
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку RS
.
В то же время, APQB
— тоже равнобедренная трапеция, поэтому точка M
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку PQ
. Следовательно, M
— центр окружности, на которой лежат точки P
, Q
, R
и S
. Утверждение задачи доказано.
Источник: Международная Жаутыковская олимпиада (Казахстан). — 2017, XIII, первый день, задача 1