Информация о задаче

Задача 55532

Темы:	[	Вписанный угол, опирающийся на диаметр	]
Темы:	[	Тригонометрические соотношения в прямоугольном треугольнике	]

Сложность: 4+
Классы: 8,9

Прислать комментарий

Условие

Автор: Шафарян В.

Из произвольной точки M окружности, описанной около прямоугольника, опустили перпендикуляры MP и MQ на две его противоположные стороны, и перпендикуляры MR и MT — на продолжения двух других сторон. Докажите, что прямые PR и QT перпендикулярны друг другу, а их точка пересечения принадлежит диагонали прямоугольника.

Подсказка

Пусть точки P и Q принадлежат сторонам AB и CD прямоугольника ABCD, а точки T и R — продолжениям сторон AD и BC (рис.1). Опишем окружность около прямоугольника APMT. Пусть N — точка пересечения отрезка TQ с этой окружностью (отличная от T). Докажите, что $\angle$ APN = $\angle$ RPB.

Решение

Первый способ.

$\displaystyle \angle$ APN = $\displaystyle \angle$ ATN = $\displaystyle \angle$ DTQ = $\displaystyle \angle$ DMQ = $\displaystyle \angle$ DMM₁ =

= $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ $\displaystyle \cup$ DM₁ = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ $\displaystyle \cup$ AM = $\displaystyle \angle$ MBA = $\displaystyle \angle$ MBP = $\displaystyle \angle$ RPB.

Поэтому точка N лежит на прямой RP, а т.к. $\angle$ TNP = $\angle$ TAP = 90^o, то PR $\perp$ QT.

Поскольку $\angle$ QNR = $\angle$ QCR = 90^o, то точки N, Q, C, R лежат на одной окружности (рис.2). Поэтому

$\displaystyle \angle$ QNC = $\displaystyle \angle$ QRC = $\displaystyle \angle$ QMC = $\displaystyle \angle$ M₁MC = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ $\displaystyle \cup$ M₁C = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ $\displaystyle \cup$ MB = $\displaystyle \angle$ MAB = $\displaystyle \angle$ APT = $\displaystyle \angle$ ANT.

Следовательно, точка N лежит на прямой AC.

Второй способ (Квант, N1, 1980, с.33.).

Пусть точки P и Q принадлежат сторонам AB и CD прямоугольника ABCD, а точки T и R — продолжениям сторон AD и BC (рис.3). Четырёхугольник AM₂CM₁ — прямоугольник (все его углы — прямые, поскольку AC и M₁M₂ — диаметры данной окружности), а четырёхугольники AM₂RP и ATQM₁ — параллелограммы (поскольку M₂R = AP, M₂R || AP и AT = M₁Q, AT || M₁Q). Поэтому PR || AM₂ и TQ || AM₁, а т.к. AM₂ $\perp$ AM₁, то PR $\perp$ TQ.

Пусть N — точка пересечения прямых PR и TQ. Докажем, что прямоугольники AFNG и AM₂CM₁ подобны (отсюда будет следовать, что точка N принадлежит диагонали AC).

Обозначим

AM₁ = a, AM₂ = b, $\displaystyle \angle$ ATF = $\displaystyle \angle$ AM₂T = $\displaystyle \angle$ MRP = $\displaystyle \angle$ M₂CR = $\displaystyle \alpha$ .

Тогда

AF = AT sin $\displaystyle \alpha$ = AM₂sin² $\displaystyle \alpha$ = b sin² $\displaystyle \alpha$ ,

AG = M₂K = M₂R sin $\displaystyle \alpha$ = M₂C sin² $\displaystyle \alpha$ = a sin² $\displaystyle \alpha$ .

Поэтому ${\frac{AF}{AG}}$ = ${\frac{b}{a}}$ = ${\frac{AM_{2}}{AM_{1}}}$ . Следовательно, прямоугольники AFNG и AM₂CM₁ подобны.

Источники и прецеденты использования


web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	4855