ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2026-02-19   
Точка $O$ - центр описанной окружности треугольника $ABC$, точки $P$ и $Q$ лежат на сторонах $AB$ и $AC$ соответственно, причём $BP:PQ:QC=AC:CB:BA$. Докажите, что точки $A$, $P$, $Q$ и $O$ лежат на одной окружности


Решение:


Пусть $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ - углы треугольника $ABC$, противолежащие сторонам $CB$, $AC$ и $BA$ соответственно. Без ограничения общности будем считать, что $\beta\gt\gamma$.
От луча $PQ$ в полуплоскость, содержащую точку $A$, отложим луч под углом $\gamma$ к лучу $PQ$. От луча $QP$ в полуплоскость, содержащую точку $A$, отложим луч под углом $\beta$ к лучу $QP$. Пусть отложенные лучи пересекаются в точке $D$. Тогда треугольник $DPQ$ подобен треугольнику $ACB$, поэтому

$DP:PQ:QD=AC:CB:BA=BP:PQ:QC.$

Тогда $DP=BP$ и $QD=QC$, т.е. треугольники $BPD$ и $CQD$ равнобедренные.
Обозначим $\angle PBD=\angle PDB=\varphi$ и $\angle QCD=\angle QDC=\psi$. Тогда

$\angle BPD=180^{\circ}-2\varphi,~\angle CQD=180^{\circ}-2\psi.$

Сумма углов четырёхугольника $BCDP$ равна $360^{\circ}$, т.е.

$360^{\circ}=\angle PBC+\angle BCD+\angle CDP+\angle DPB=\beta+(\gamma+\psi)+(\psi+\alpha)+(180^{\circ}-2\varphi)=\beta+\gamma+\alpha+2\psi+180^{\circ}-2\varphi=180^{\circ}+2\psi+180^{\circ}-2\varphi=360^{\circ}+2(\psi-\varphi),$

откуда получаем $\psi=\varphi$. Тогда

$\angle CDP=\angle QDP-\varphi+\psi=\angle QDP=\alpha=\angle BAC=\angle PAQ.$


Значит, точка $D$ лежит на описанной окружности треугольника $ABC$ и на описанной окружности треугольника $PAQ$.
Поскольку $OP$ и $OQ$ - серединные перпендикуляры к отрезкам $CD$ и $BD$, то

$\angle POQ=180^{\circ}-\angle CDB=180^{\circ}-\alpha=180^{\circ}-\angle PAQ.$

Значит, на этой окружности лежит и точка $O$. Отсюда следует утверждение задачи