|
|
 |
Условие
Пусть M – середина хорды AB окружности с центром O. Точка K симметрична M относительно O, P – произвольная точка окружности. Перпендикуляр к AB в точке A и перпендикуляр к PK в точке P пересекаются в точке Q. Точка H – проекция P на AB. Докажите, что прямая QB делит отрезок PH пополам.
Решение
Заметим, что ∠PBA ≠ 90° (иначе PK || AB, и точка Q не существует). Поэтому прямая BP пересекает AQ в некоторой точке R. Треугольники BPH и BRA гомотетичны, так что достаточно доказать, что Q – середина AR.
Первый способ. Пусть прямая QA пересекает данную окружность в точке C, отличной от A (рис. слева). По условию отрезки BC и MK делят друг друга пополам, то есть CKBM – параллелограмм. Поскольку M – середина AB, то CKMA – прямоугольник.
MC² – MP² – QC² + QP² = (CK² + MK²) – (2PO² + 2OK² – PK²) – (QK² – CK²) + (QK² – PK²) =
= 2CK² + 4OK² – 2PO² – 2OK² = 2CK² + 2OK² – 2OC² = 0.
Значит, MQ ⊥ PC (см. задачу 57134). Так как CB – диаметр, BR ⊥ PC. Следовательно, MQ || BR, и поскольку M – середина AB, то Q – середина AR.
Второй способ. Пусть P' – точка, диаметрально противоположная P (рис. справа). Тогда PA ⊥ P'A, PR ⊥ P'B, AR ⊥ AB, то есть в треугольниках PAR и P'AB соответственные стороны перпендикулярны. Значит, они подобны, и их медианы, проведённые из вершин P и P', также перпендикулярны. Но из симметрии относительно O следует, что P'M || PK ⊥PQ. Это и означает, что PQ – медиана треугольника PAR.
