#10 Смешанные задачи II

По степени точки \(PT^2=PA\cdot PB\). Поэтому \(100=5\cdot PB\), откуда \(PB=20\).

Так как \(BD\perp CD\), то \(\angle BDC=90^\circ\). Так как \(BE\perp CE\), то \(\angle BEC=90^\circ\). Значит \(D\) и \(E\) лежат на окружности с диаметром \(BC\), поэтому \(B,C,D,E\) соокружны.

Точка \(P\) лежит на радикальной оси, значит её степени относительно \(\omega_1\) и \(\omega_2\) равны. По определению степени получаем \(PX\cdot PY=PU\cdot PV\).

\(\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{4}\cdot 2=1\). По теореме Чевы прямые \(AD,BE,CF\) пересекаются в одной точке.

Треугольники \(PAB\) и \(PCA\) удобно сравнить по общей базе \(AP\). Их высоты к прямой \(AP\), проведённые из \(B\) и \(C\), относятся как \(BD:DC\), потому что \(B,D,C\) лежат на одной прямой. Значит \(BD:DC=[PAB]:[PCA]=2:4=1:2\).

Из точки \(T\) к окружности проведены касательная \(TA\) и секущая \(TBC\). Поэтому по теореме о степени точки \(TA^2=TB\cdot TC\) в направленных отрезках.

Прямые \(PAC\) и \(PBD\) являются двумя секущими одной окружности. По теореме о степени точки \(PA\cdot PC=PB\cdot PD\).

Так как \(X\in AB\), то \(X\) лежит на радикальной оси \(\omega_1,\omega_2\), значит \(\operatorname{Pow}_{\omega_1}(X)=\operatorname{Pow}_{\omega_2}(X)\). Так как \(X\in CD\), получаем \(\operatorname{Pow}_{\omega_2}(X)=\operatorname{Pow}_{\omega_3}(X)\). Следовательно, \(\operatorname{Pow}_{\omega_1}(X)=\operatorname{Pow}_{\omega_3}(X)\), то есть \(X\) лежит на радикальной оси \(\omega_1,\omega_3\), а это прямая \(EF\).

Так как \(F\) лежит на продолжении за \(A\), имеем \(CF:FA=3:1\). Проверяем произведение Менелая: \(\frac{AD}{DB}\cdot\frac{BE}{EC}\cdot\frac{CF}{FA}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}\cdot 3=1\). Следовательно, точки \(D,E,F\) коллинеарны.

Имеем \(P=(6,0)+t(-6,8)=(6-6t,8t)\). Условие перпендикулярности: \((6-6t,8t)\cdot(-6,8)=0\). Тогда \(-36+36t+64t=0\), откуда \(t=\frac{9}{25}\). Значит \(BP:PC=t:(1-t)=9:16\).

Так как \(AD:DB=2:3\), то \(AD:AB=2:5\). Из \(DE\parallel BC\) следует \(\triangle ADE\sim\triangle ABC\) с коэффициентом \(\frac{2}{5}\). Площади подобных треугольников относятся как квадраты коэффициента, значит \([ADE]:[ABC]=4:25\).

Четыре прямые \(AB,AC,BE,CD\) образуют полный четырёхугольник. Его четыре окружности как раз равны \((ABE)\), \((ACD)\), \((BDP)\), \((CEP)\). По теореме Микеля они проходят через одну точку.

Пусть \(A=(0,0)\), \(B=(d,0)\), центры окружностей \(O_1=(0,r)\), \(O_2=(d,s)\). Так как окружности касаются внешним образом, \(O_1O_2=r+s\), поэтому \(d^2+(s-r)^2=(r+s)^2\), откуда \(d^2=4rs\). Точка касания \(T\) делит \(O_1O_2\) в отношении \(r:s\), значит \(T=\left(\frac{rd}{r+s},\frac{2rs}{r+s}\right)\). Тогда скалярное произведение \(\overrightarrow{TA}\cdot\overrightarrow{TB}\) равно \(\frac{rs(4rs-d^2)}{(r+s)^2}=0\). Следовательно, \(TA\perp TB\).

По теореме Чевы \(\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1\). Значит \(2\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{AF}{FB}=1\), откуда \(\frac{AF}{FB}=\frac{1}{3}\). Поэтому \(AF:FB=1:3\).

Пусть окружность через \(A,C,D\) пересекает луч \(PB\) второй раз в точке \(X\). По степени точки \(P\) относительно этой окружности \(PA\cdot PX=PC\cdot PD\). По условию \(PC\cdot PD=PA\cdot PB\). Так как \(PA\ne 0\), получаем \(PX=PB\). На одном луче такая точка единственна, значит \(X=B\). Поэтому \(A,C,B,D\) соокружны.

Прямая \(AB\) — радикальная ось, поэтому \(\operatorname{Pow}_{\omega_1}(P)=\operatorname{Pow}_{\omega_2}(P)\). Но эти степени равны \(PX^2\) и \(PY^2\), так как \(PX\) и \(PY\) — касательные. Следовательно, \(PX^2=PY^2\), а значит \(PX=PY\).

По теореме Микеля \(A,B,F,M\) лежат на одной окружности. Поэтому \(\angle AMB=\angle AFB\), так как эти углы опираются на хорду \(AB\). Но \(FA\) — та же прямая, что \(FD\), а \(FB\) — та же прямая, что \(FC\). Значит \(\angle AFB=\angle DFC\). Следовательно, \(\angle AMB=\angle DFC\).

Касательные, проведённые из одной точки к окружности, равны, поэтому \(TA=TC\). Кроме того, степень точки \(T\) относительно окружности равна как \(TA^2\), так и \(TB\cdot TD\) по секущей \(TBD\). Следовательно, \(TB\cdot TD=TA^2\).

Так как соответствующие пары треугольников имеют общую высоту, получаем \(BD:DC=2:3\), \(CE:EA=3:4\), \(AF:FB=2:1\). Тогда \(\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{4}\cdot 2=1\). По Чеве прямые \(AD,BE,CF\) конкурентны.

Существует внешняя гомотетия, переводящая первую окружность во вторую; её центр \(X\) лежит на линии центров. Общая внешняя касательная переходит в себя, поэтому точка касания \(A\) переходит в точку \(C\), а \(B\) — в \(D\). Следовательно, \(A,X,C\) коллинеарны и \(B,X,D\) коллинеарны. Значит прямые \(AC\) и \(BD\) пересекаются в точке \(X\) на линии центров.

Пусть окружности \((AEF)\) и \((BFD)\) второй раз пересекаются в \(M\). Нужно доказать, что \(C,D,E,M\) цикличны. Из \(M\in(BFD)\) получаем \(\angle DMF=\angle DBF=\angle CBA\). Из \(M\in(AEF)\) получаем \(\angle FME=\angle FAE=\angle BAC\). Поэтому \(\angle DME=\angle DMF+\angle FME=\angle CBA+\angle BAC=180^\circ-\angle BCA\). Но \(\angle DCE=\angle BCA\). Значит \(\angle DME+\angle DCE=180^\circ\), и точки \(C,D,E,M\) лежат на одной окружности.

Для точки \(X\) степень относительно окружности с диаметром \(AB\) равна \(\overrightarrow{XA}\cdot\overrightarrow{XB}\), а относительно окружности с диаметром \(AC\) равна \(\overrightarrow{XA}\cdot\overrightarrow{XC}\). Равенство степеней даёт \(\overrightarrow{XA}\cdot(\overrightarrow{XB}-\overrightarrow{XC})=0\), то есть \(XA\perp BC\). Значит радикальная ось этих двух окружностей — высота из \(A\). Аналогично две другие радикальные оси — высоты из \(B\) и \(C\). Их общая точка — ортоцентр.

Так как треугольники \(ABD\) и \(ACD\) имеют общую высоту из \(A\), то \(\frac{BD}{DC}=\frac{[ABD]}{[ACD]}\). С другой стороны, \(\frac{[ABD]}{[ACD]}=\frac{AB\cdot AD\sin\angle BAD}{AC\cdot AD\sin\angle CAD}=\frac{AB\sin\angle BAD}{AC\sin\angle CAD}\). Медиана \(AM\) делит треугольник на равные площади, поэтому \(AB\sin\angle MAB=AC\sin\angle MAC\). По изогональности \(\sin\angle BAD=\sin\angle MAC\), \(\sin\angle CAD=\sin\angle MAB\). Следовательно, \(\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}\cdot\frac{\sin\angle MAC}{\sin\angle MAB}=\frac{AB}{AC}\cdot\frac{AB}{AC}=\frac{AB^2}{AC^2}\).

Так как \(ABCD\) циклический, \(\angle PAB=\angle CAB=\angle CDB=\angle PDC\), а \(\angle PBA=\angle DBA=\angle DCA=\angle PCD\). Значит \(\triangle PAB\sim\triangle PDC\), и \(\frac{PB}{PC}=\frac{AB}{DC}\). Аналогично \(\triangle PAD\sim\triangle PBC\), поэтому \(\frac{PA}{PB}=\frac{AD}{BC}\). Перемножая эти равенства, получаем \(\frac{PA}{PC}=\frac{AD}{BC}\cdot\frac{AB}{DC}=\frac{AB\cdot AD}{CB\cdot CD}\).