Западно-Китайская математическая олимпиада, 2014 год

Пусть $AB$ — диаметр полуокружности с центром $O$, $C, D$ дуги $AB$, и $P, Q$ — центы описанных окружностей $\triangle OAC$ и $\triangle OBD$ соответственно. Докажите, равенство $CP\cdot CQ=DP \cdot DQ$.

Комментарий/решение

Пусть $\angle AOC = 2a, \angle BOD = 2b, \angle APD = a_1, \angle BQC = a_2$

Утверждение 1: $\frac{AP}{BQ} = \frac{AD}{BC}$

Доказательство:

$\triangle APO: \frac{AP}{\sin a} = \frac{AO}{\sin 2a} \: ; \: \triangle BQO: \frac{BQ}{\sin b} = \frac{BO}{\sin 2b} \Rightarrow \frac{AP}{BQ} = \frac{\cos b}{\cos a}$

$\triangle ABD: \frac{AD}{\cos b} = \frac{AB}{\sin 90°} \: ; \: \triangle ABC: \frac{CB}{\cos a} = \frac{AB}{\sin 90°} \Rightarrow \frac{AD}{CB} = \frac{\cos b}{\cos a} = \frac{AP}{BQ}.$

Утверждение 2: $\triangle APD \sim \triangle BQC$

Доказательство:

$\triangle APD: \frac{AP}{\sin b-a-a_1} = \frac{AD}{\sin a_1} \: ; \: \triangle BQC: \frac{QB}{\sin b-a-a_2} = \frac{CB}{\sin a_2} \Rightarrow \frac{\sin b-a-a_2}{\sin b-a-a_1} = \frac{\sin a_2}{\sin a_1} = \frac{\sin (b-a) \cdot \cos a_2 - \cos (b-a) \cdot \sin a_2}{\sin (b-a) \cdot \cos a_1 - \cos (b-a) \cdot \sin a_1} \Rightarrow \frac{\sin (b-a) \cdot \cos a_1 - \cos (b-a) \cdot \sin a_1}{\sin a_1} = \frac{\sin (b-a) \cdot \cos a_2 - \cos (b-a) \cdot \sin a_2}{\sin a_2} \Rightarrow \cot a_1 = \cot a_2 \Rightarrow a_1 = a_2 \Rightarrow \triangle APD \sim \triangle BQC$

$\triangle APD \sim \triangle BQC \Rightarrow \frac{AP}{BQ} = \frac{PD}{QC} = \frac{CP}{QD} \Rightarrow CP\cdot CQ=DP \cdot DQ. \square$