17998. Около остроугольного треугольника ABC
, в котором AB\ne AC
, описана окружность \Omega
с центром O
. Прямая AO
пересекает \Omega
в точке D
, а прямую BC
— в точке Q
. Описанная окружность \omega
треугольника CDE
вторично пересекает прямую AC
в точке P
. Прямые PE
и AB
пересекаются в точке Q
. Прямая, проходящая через точку O
параллельно PE
, пересекает высоту треугольника ABC
, проведённую из вершины A
, в точке F
. Докажите, что FP=FQ
.
Решение. Пусть углы треугольника ABC
, противолежащие сторонам BC
, CA
и AB
равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Без ограничения общности будем считать, что AB\gt AC
, или \beta\lt\gamma
.
Отрезок AD
— диаметр окружности \Omega
, поэтому
\angle DCP=\angle DCA=90^{\circ}.
Четырёхугольник CEDP
вписан в окружность, т. е. точка P
лежит на окружности \omega
. Тогда
\angle PED=180^{\circ}-\angle DCP=90^{\circ},
Значит, \angle AEQ=90^{\circ}
.
Далее получаем
\angle EAQ=\angle DAB=90^{\circ}-\angle BDA=90^{\circ}-\angle BCA=90^{\circ}-\gamma,
откуда
\angle ADP=\angle EDP=180^{\circ}-\angle PCE=\angle ACB=\gamma.
Значит, четырёхугольник AQDP
вписанный.
Пусть F'
— центр его описанной окружности. Докажем, что F'
совпадает с F
. Для этого сначала заметим, что
\angle APQ=180^{\circ}-\angle CAB-\angle AQP=180^{\circ}-\alpha-\gamma=\beta.
Тогда из равнобедренного треугольника AF'D
получаем
\angle DAF'=\angle OAF'=90^{\circ}-\angle AF'O=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle AF'B=90^{\circ}-\beta.
Значит, точка F'
лежит на высоте треугольника ABC
, проведённой из вершину A
. В то же время, по предположению F'
лежит на серединном перпендикуляре к стороне AD
, который проходит через точку O
параллельно PE
. Тогда F'
совпадает с F
.
Следовательно, FP=FQ
. Что и требовалось доказать.
Источник: Среднеевропейская математическая олимпиада. — 2016, задача T-5, с. 24