Олимпиадная задача по планиметрии: про пересечения проекций и касательных (Заславский А. А.)

  Пусть Q – точка пересечения прямых XY и OP (см. рис.). Докажем, что точка Q не зависит от положения точки A.

  Первый способ. Достаточно доказать, что  OP : QO = const.   Bыразим это отношение через радиус окружности и произведение отрезков хорд, проходящих через точку P (и то и другое для данной конструкции постоянно).

  Прямые QX и OY параллельны как перпендикуляры к AB. Поэтому QP : QO = PX : OY.     Из треугольника APB видно, что   Tаким образом,     Bторой способ. Пусть перпендикулярные хорды пересекают окружность в точках A, B, C и D (см. рис.). Касательные к окружности, проведённые в этих точках, образуют четырёхугольник YY₁Y₂Y₃. X, X₁, X₂ и X₃  — основания перпендикуляров, опущенных из точки P на стороны четырёхугольника ABCD. Tогда четырёхугольник XX₁X₂X₃ описан около окружности с центром в точке P и, согласно задаче 216171, радиус r этой окружности не зависит от выбора прямых AC и BD.

  ПосколькуAO⊥YY₁, PX⊥AD  и  ∠OAD= ∠X₁XP,  то  XX₁||YY₁.  Cледовательно, стороны четырёхугольниковXX₁X₂X₃иYY₁Y₂Y₃соответственно параллельны. Из подобия прямоугольных треугольниковAOYиTPXполучим, что  YA = ^r/_R XT.  Aналогично  Y₁A = ^r/_R X₁T,  следовательно, YY₁=^r/_R XX₁.  Aналогично,  Y₁Y₂=^r/_R X₁X₂,  Y₂Y₃=^r/_R X₂X₃  и  YY₃=^r/_R XX₃,  то есть четырёхугольникиXX₁X₂X₃иYY₁Y₂Y₃гомотетичны. При этом центр гомотетии лежит на прямойOP, соединяющей центры окружностей, вписанных в эти четырёхугольники и коэффициент гомотетии равен^r/_R, следовательно, центрQгомотетии является фиксированной точкой, независимо от выбора прямыхACиBD.

Ответ задачи отсутствует