|
|
 |
Условие
Даны полуокружность с диаметром AB и центром O и прямая, пересекающая полуокружность в точках C и D, а прямую AB – в точке M (MB < MA,
MD < MC). Пусть K – отличная от O точка пересечения описанных окружностей треугольников AOC и DOB. Докажите, что угол MKO – прямой.
Решение
Пусть O1 и O2 центры описанных окружностей треугольников AOC и DOB соответственно, OP и OQ – их диаметры. Тогда O1O2 – серединный перпендикуляр к общей хорде OK. Поэтому точка K лежит на отрезке PQ и OK ⊥ PQ. Таким образом достаточно доказать, что точка M лежит на прямой PQ.
Поскольку точка A лежит на окружности с диаметром OP, то AP ⊥ OA, то есть AP – касательная к данной полуокружности. Аналогично, PC, QB и QD – также касательные к этой полуокружности.
Пусть F – точка пересечения прямых PC и QD, а E – точка пересечения прямой CD c прямой, проходящей через точку P параллельно QD. Тогда
FC = FD, QD = QB, PC = PA, то есть треугольники DFC, BQD и APC – равнобедренные. Поэтому ∠QDM = ∠FDC = ∠FCD = ∠PCE, а так как PE || QD, то ∠PEC = ∠QDM = ∠PCE. Значит, треугольник CPE – равнобедренный, PC = PE. Поэтому PA = PC = PE, то есть треугольник APЕ – также равнобедренный.
В равнобедренных треугольниках BQD и APE PE || QD и AP || BQ. Значит, ∠PAE = ∠QBD.
При гомотетии с центром в точке M и коэффициентом MA/MB точка B перейдёт в точку A, точка D – в точку E, луч BQ – в луч AP,
луч DQ – в луч EP, а значит, точка Q – в точку P. Следовательно, прямая PQ проходит через центр гомотетии – точку M, что и требовалось.
