18355. Окружность касается стороны AB
треугольника ABC
в точке A
, стороны BC
— в точке P
, а сторону AC
пересекает в точке Q
. Прямая, симметричная прямой PQ
относительно прямой AC
, пересекает AP
в точке X
. Докажите, что PC=CX
.
Решение. Поскольку BA=BP
как отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, то треугольник ABP
равнобедренный, поэтому \angle BAP=\angle BPA
. Кроме того, \angle BPA=\angle CPX
как вертикальные, \angle BAP=\angle PQA
по теореме об угле между касательной и хордой, а из симметрии \angle PQA=\angle XQC
. Тогда \angle XQC=\angle XPC
, поэтому четырёхугольник PQCX
вписанный (см. задачу 12). Значит,
\angle CXP=180^{\circ}-CQP=\angle PQA=\angle XPC.
Следовательно, треугольник CPX
равнобедренный, PC=CX
. Что и требовалось доказать.
Автор: Берлов С. Л.
Источник: Олимпиада «Туймаада». — 2018, задача 2, младшая лига, с. 7