Условие
Вокруг квадрата ABCD описана окружность. Точка P лежит на дуге CD этой окружности, не содержащей других вершин квадрата. Прямые PA, PB пересекают диагонали BD, AC соответственно в точках K, L. Точки M, N – проекции K, L соответственно на CD, а Q – точка пересечения прямых KN и ML. Докажите, что прямая PQ делит отрезок AB пополам.
Решение
Первое решение.
Лемма. К гипотенузе AB прямоугольного треугольника ABC во внешнюю сторону восставлены перпендикуляры AP = AC и BQ = BC. Прямые AQ и BP пересекаются в точке R, прямые CP и CQ пересекают AB в точках M и N соответственно. Тогда CR делит отрезок MN пополам.
Доказательство. Так как ∠CAP = 90° + ∠A = 180° − ∠B, то ∠ACP = ∠B/2. Поэтому ∠BCM = 90° – ∠B/2 = ∠A + ∠B/2 = 180° – ∠CMB,
то есть BM = BC = BQ. Аналогично AN = AC = AP. Пусть прямая, проходящая через R и параллельная AB, пересекает CP, CQ в точках X, Y соответственно, а Z – проекция R на AB (рис. слева). Тогда RX : BM = PR : PB = AR : AQ = RZ : QB, следовательно, RX = RZ. Аналогично RY = RZ. Таким образом, CR делит пополам отрезок XY, а значит, и MN.
(Нетрудно убедиться, что CZ – биссектриса треугольника ABC, а CR проходит через точку касания его вписанной окружности с гипотенузой.)
Второе решение.
Пусть $Х$ и $Y$ – точки пересечения $BP$ и $AP$ c $DC$ соответственно. $\angle APB = \angle BDC = 45^\circ$ как вписанные, откуда следует, что точки $D$, $K$, $X$ и $P$ лежат на одной окружности. Тогда $\angle DXK = \angle DPK = \angle DCA = 45^\circ$, следовательно, треугольник $DKX$ – равнобедренный прямоугольный $(DK = KX)$, откуда и треугольник $KMX$ – равнобедренный прямоугольный. Аналогичные рассуждения приводят к тому, что треугольник $LNY$ – также равнобедренный прямоугольный (с прямым углом $N$).
Рассмотрим гомотетию с центром в точке $Q$, переводящую точку $M$ в точку $L$. Поскольку $Q$ является точкой пересечения диагоналей трапеции $KLNM$, эта гомотетия переведёт $K$ в $N$. Тогда равнобедренный прямоугольный треугольник $KMX$ перейдёт в равнобедренный прямоугольный треугольник $NLZ$, где точка $Z$ – образ точки $Х$ (то есть $Z$, $Q$ и $X$ лежат на одной прямой). При этом точки $Z$ и $Y$ лежат по одну сторону от прямой $LN$, и $YNLZ$ – квадрат, поскольку $LZ || NY$ и $LZ = LN = NY$.
Рассмотрим теперь гомотетию с центром в точке $X$, переводящую точку $N$ в точку $C$. Тогда, поскольку $LN || BC$, точка $L$ перейдет в $B$, а тогда и квадрат $YNLZ$ перейдет в квадрат $DCBA$. Отсюда следует, что точки $X$, $Z$ и $A$ лежат на одной прямой и, так как точка $Q$ также лежит на одной прямой с $X$ и $Z$, получаем, что точки $X$, $Q$ и $A$ лежат на одной прямой.
Аналогично, точки $Y$, $Q$ и $B$ также лежат на одной прямой. Таким образом, $Q$ – это точка пересечения диагоналей трапеции $AYXB$, и по замечательному свойству трапеции прямая $PQ$ проходит через середину $AB$.
