6786. На основании
AC
равнобедренного треугольника
ABC
взяли произвольную точку
X
, а на боковых сторонах — точки
P
и
Q
так, что
XPBQ
— параллелограмм. Докажите, что точка
Y
, симметричная точке
X
относительно
PQ
, лежит на описанной окружности треугольника
ABC
.
Решение. Пусть точка
P
лежит на стороне
AB
, а точка
Q
— на стороне
BC
.
Первый способ. Поскольку
PBQX
— параллелограмм,
BP=QX
и
\angle BAC=\angle QXC
(рис. 1). Треугольник
ABC
равнобедренный, поэтому
\angle BAC=\angle BCA
. Отсюда
\angle QXC=\angle BCA
и
QX=QC
. Из того, что точки
X
и
Y
симметричны относительно
PQ
, также следует равенство
QX=QY
. Значит, точки
X
,
C
и
Y
лежат на окружности с центром в точке
Q
, поэтому
\angle CYX=\frac{1}{2}\angle CQX=\frac{1}{2}\angle B.

Аналогично,
\angle AYX=\frac{1}{2}\angle B
. Отсюда
\angle CYA=\angle B
и, следовательно, точки
A
,
B
,
C
и
Y
лежат на одной окружности.
Второй способ. Треугольник
ABC
равнобедренный, а прямые
PX
и
BQ
параллельны, поэтому
\angle BAC=\angle BCA=\angle PXA=\alpha.

Значит, треугольник
PXA
также равнобедренный,
PA=PX=PY
(рис. 2). Следовательно, треугольник
APY
также равнобедренный, поэтому
\angle YAP=\angle AYP=\beta.

Треугольники
YPQ
и
BQP
равны по трём сторонам. Значит, точки
B
и
Y
расположены по одну сторону от прямой
PQ
на одинаковом расстоянии от неё, поэтому прямая
BY
параллельна прямой
PQ
. Следовательно,
BQPY
— равнобедренная трапеция, а углы при её основании
BY
равны:
\angle QBY=\angle PYB=\gamma
.
Наконец, в четырёхугольнике
AYBC
имеем:
\angle ACB+\angle AYB=\alpha+\beta+\gamma=\angle CAY+\angle CBY,

т. е. суммы противоположных углов равны. Таким образом, этот четырёхугольник — вписанный.
Третий способ. Пусть
O
— центр описанной окружности
\Omega
треугольника
ABC
(рис. 3),
M
— центр параллелограмма
BPXQ
. Треугольники
AOB
и
ABC
равнобедренные, поэтому
\angle BAO=\angle ABO=\angle OBQ.

Значит, треугольники
APO
и
BQO
равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно,
OP=OQ
, т. е.
OM
— серединный перпендикуляр к отрезку
PQ
.
Заметим, что точку
Y
можно получить в два этапа: сначала отразить
X
относительно точки
M
, а затем отразить полученную точку
B
относительно прямой
OM
, перпендикулярной
PQ
. Теперь очевидно, что
Y
лежит на окружности
\Omega
.



Автор: Ивлев Ф. А.
Источник: Кюршак Й. и др. Венгерские математические олимпиады. — М.: Мир, 1976. — № 149, с. 33
Источник: Венгерские математические олимпиады. — 1949, задача 2
Источник: Турнир городов. — 2014-2015, XXXVI, весенний тур, сложный вариант, 10-11 классы