12461. Продолжения сторон AB
и CD
выпуклого четырёхугольника ABCD
пересекаются в точке P
, а диагонали AC
и BD
— в точке Q
. Точки M
и N
— середины диагоналей AC
и BD
соответственно. Описанные окружности треугольников BCQ
и MNQ
пересекаются в точке T
, отличной от Q
. Докажите, что если \angle APD=90^{\circ}
, то прямая PT
делит отрезок MN
пополам.
Решение. Заметим, что по теореме о вписанных углах
\angle TMQ=\angle TNQ~\mbox{и}~\angle TCQ=\angle TBQ,
значит, треугольники TMC
и TNB
подобны по двум углам. Следовательно, \frac{CM}{TM}=\frac{BN}{TN}
.
Достроим треугольник MTN
до параллелограмма TMT_{1}N
. Поскольку PM
— медиана прямоугольного треугольника APC
, проведённая из вершины прямого угла, то CM=\frac{1}{2}AC=CM
. Аналогично, PN=BN
. Тогда
\frac{PM}{T_{1}N}=\frac{CM}{TM}=\frac{BN}{TN}=\frac{PN}{T_{1}M},
откуда PM\cdot T_{1}M=PN\cdot T_{1}N
.
Обозначим
\angle BPN=\angle PBD=\alpha,~\angle CPM=\angle PCA=\gamma.
Тогда
\angle MPN=\angle APD-\angle BPN-\angle CPM=90^{\circ}-\alpha-\gamma,
а так как MQN
и BAQ
— внешние углы треугольников AQB
и APC
соответственно, то
\angle MT_{1}N=\angle MTN=\angle MQN=\angle ABQ+\angle BAQ=\beta+90^{\circ}+\gamma.
Тогда
\angle MT_{1}N+\angle MPN=(\beta+90^{\circ}+\gamma)+(90^{\circ}-\alpha-\gamma)=180^{\circ}.
Значит, сумма двух других углов четырёхугольника тоже равна 180^{\circ}
, т. е.
\angle PMT_{1}+\angle PNT_{1}=180^{\circ}.
Следовательно, \sin\angle PMT_{1}=\sin PNT_{1}
.
По ранее доказанному PM\cdot T_{1}M=PN\cdot T_{1}N
, поэтому
S_{\triangle PMT_{1}}=\frac{1}{2}PM\cdot T_{1}M\sin\angle PMT_{1}=\frac{1}{2}PN\cdot T_{1}N\sin\angle PNT_{1}=S_{\triangle PNT_{1}}.
Диагональ PT_{1}
разбивает четырёхугольник PMT_{1}N
на два равновеликих треугольника, значит, эта диагональ делит пополам диагональ MN
(см. примечание к задаче 3157), т. е. прямая PT_{1}
, как и прямая TT_{1}
, проходит через середину отрезка MN
. Тогда эти прямые совпадают. Следовательно, прямая делит отрезок MN
пополам. Что и требовалось доказать.