18362. Медианы прямоугольного треугольника ABC
с прямым углом при вершине C
пересекаются в точке G
. Точка P
лежит на луче AG
, причём \angle CPA=\angle CAB
, а точка Q
лежит на луче BG
, причём \angle CQB=\angle ABC
. Докажите, что описанные окружности треугольников AQG
и BPG
пересекаются на стороне AB
.
Решение. Поскольку \angle ACB=90^{\circ}
, точка C
лежит на окружности с диаметром AB
и с центром в середине M
гипотенузы AB
. Значит, MA=MC=MB
.
Обозначим \angle CPA=\angle CAB=\alpha
. Тогда из равнобедренного треугольника AMC
получаем
\angle GCA=\angle MCA=\angle MAC=\alpha=\angle CPA.
Значит, треугольники APC
и ACG
с общим углом при вершине A
подобны по двум углам. Тогда
\frac{AC}{AG}=\frac{AP}{AC}~\Rightarrow~AC^{2}=AG\cdot AP.
В то же время, если CD
— высота треугольника ABC
, то (см. задачу 2728) AC^{2}=AB\cdot AD
, поэтому AB\cdot AD=AG\cdot AP
. Следовательно (см. задачу 114) четырёхугольник DGPB
вписанный. Тогда точка D
лежит на описанной окружности BPG
. Аналогично, точка D
лежит на описанной окружности треугольника AGQ
. Отсюда получаем утверждение задачи.
Источник: Канадские математические олимпиады. — 2013, задача 3