10696. Диагонали трапеции ABCD
перпендикулярны. Точка M
— середина боковой стороны AB
, точка N
симметрична центру описанной окружности треугольника ABD
относительно прямой AD
. Докажите, что \angle CMN=90^{\circ}
.
Решение. Пусть O
— центр описанной окружности треугольника ABD
. Заметим, что OM\perp MB
, а ON\perp BC
. Тогда достаточно доказать подобие треугольников MON
и MBC
, откуда и будет следовать перпендикулярность их третьих сторон. Это можно сделать различными способами.
Первый способ. Пусть K
и L
— середины отрезков AD
и BC
соответственно (рис. 1). Тогда ML\parallel AC
и MK\parallel BD
как средние линии треугольников ABC
и ABD
, поэтому \angle KML=90^{\circ}
. Следовательно, в треугольниках MOK
и MBL
соответствующие стороны перпендикулярны. Значит эти треугольники подобны, а треугольник MBL
является образом треугольника MOK
при поворотной гомотетии с центром M
, углом 90^{\circ}
и коэффициентом, равным отношению соответствующих сторон. Поскольку K
— середина ON
и L
— середина BC
, то при этом преобразовании точка N
переходит в точку C
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Заметим, что \angle MON=\angle MBC
как углы с соответственно перпендикулярными сторонами. Тогда достаточно доказать, что \frac{OM}{MB}=\frac{ON}{BC}
.
Пусть H
— ортоцентр треугольника ABD
(рис. 2). Тогда ON=2OK=BH
(см. задачу 1257), значит,
\frac{ON}{BC}=\frac{BH}{BC}=\tg\angle BCH.
Учитывая, что
\frac{OM}{MB}=\ctg\angle BOM=\ctg\angle BDA=\ctg\angle DBC=\tg\angle BCH,
получим требуемое.