17944. Диагонали AC
и BD
вписанного пятиугольника ABCDE
пересекают диагональ BE
в точках P
и Q
соответственно, причём BP\cdot CE=PQ^{2}
. Докажите, что BC\cdot DE=CD\cdot PQ
.
Решение. Поскольку
\angle BCP=\angle BCA=\angle BEA~\mbox{и}~\angle CPB=\angle APQ=\angle APE,
треугольники PBC
и PAE
подобны. Аналогично, треугольники QED
и QAB
подобны. Значит,
\frac{BC}{AE}=\frac{PB}{PA}~\mbox{и}~\frac{DE}{BA}=\frac{EQ}{AQ}~\Rightarrow
\Rightarrow~\frac{BC}{AE}\cdot\frac{DE}{BA}=\frac{PB}{PA}\cdot\frac{EQ}{AQ}=\frac{BC\cdot DE}{AE\cdot BA}=\frac{PQ^{2}}{PA\cdot AQ}.
В то же время, по теореме синусов
\frac{AB}{AQ}=\frac{\sin\angle AQB}{\sin\angle EBA}~\mbox{и}~\frac{PQ}{AP}=\frac{\sin\angle PAQ}{\sin\angle AQP}.
Перемножив эти равенства, получим
\frac{AB}{AQ}\cdot\frac{PQ}{AP}=\frac{\sin\angle AQB}{\sin\angle EBA}\cdot\frac{\sin\angle PAQ}{\sin\angle AQP}=\frac{\sin\angle AQP}{\sin\angle AQP}\cdot\frac{\sin\angle CAD}{\sin\angle AQP}\frac{\sin\angle CAD}{\sin\angle EBA}=
=\frac{\frac{CD}{2R}}{\frac{EA}{2R}}=\frac{CD}{EA},
где R
— радиус описанной окружности пятиугольника ABCDE
. Следовательно, из равенств
\frac{BC}{AE}\cdot\frac{DE}{BA}=\frac{PQ^{2}}{PA\cdot AQ},~\frac{AB}{AQ}\cdot\frac{PQ}{AP}=\frac{CD}{EA}~\mbox{и}~BP\cdot CE=PQ^{2}
получаем
BC\cdot DE=\frac{PQ^{2}\cdot AE\cdot BA}{PA\cdot AQ}=\frac{PQ}{PA}\cdot\frac{BA}{AQ}\cdot PQ\cdot AE=\frac{CD}{AE}\cdot PQ\cdot AE=CD\cdot PQ.
Что и требовалось доказать.
Источник: Математические олимпиады Саудовской Аравии. — 2014, задача 3, с. 77