2991. Треугольник ABC
вписан в окружность. Проведён диаметр PQ
, перпендикулярный стороне AC
, причём точки B
и C
лежат по одну сторону от прямой PQ
, а точки B
и P
по одну сторону от прямой AC
. Точка M
— основание перпендикуляра, опущенного из точки P
на сторону AB
. Докажите, что окружность, описанная около треугольника BCM
, делит пополам отрезок BQ
.
Указание. 1) Если треугольник ABC
вписан в окружность, AB\gt BC
, а из середины P
дуги ABC
опущен перпендикуляр PM
на сторону AB
, то AM=MB+BC
(задача Архимеда).
2) Если при этом биссектриса угла B
пересекает окружность в точке Q
, то проекции отрезка BQ
на прямые BC
и AB
равны BQ=\frac{AB+BC}{2}
.
Решение. Лемма 1 (Задача Архимеда). Треугольник ABC
вписан в окружность, AB\gt BC
. Из середины P
дуги ABC
опущен перпендикуляр PM
на сторону AB
. Тогда AM=MB+BC
, т. е. точка M
делит пополам ломаную ABC
.
Доказательство. На стороне AB
отложим отрезок AC_{1}=AC
. Предположим, что точка C_{1}
оказалась между A
и M
. Треугольники APC_{1}
и CBP
равны по двум сторонам и углу между ними (AP=PC
, так как P
— середина дуги ABC
, а \angle PAC_{1}=\angle BCP
как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу). Значит, PC_{1}=BP
, т. е. треугольник BPC_{1}
равнобедренный. Его высота PM
является медианой, поэтому MC_{1}=MB
. Следовательно,
AM=AC_{1}+C_{1}M=BC+MB.
Аналогично, для случая, когда точка M
между A
и C_{1}
. Лемма доказана.
Лемма 2. Треугольник ABC
вписан в окружность. Биссектриса угла B
пересекает окружность в точке Q
. Тогда проекции отрезка BQ
на прямые BC
и AB
равны BQ=\frac{AB+BC}{2}
.
Доказательство. Предположим, что AB\gt BC
. На стороне AB
отложим отрезок BC_{1}=BC
. Пусть E
и F
— проекции точки Q
на прямые BC
и AB
соответственно. Точка Q
лежит на биссектрисе угла ABC
, поэтому она равноудалена от сторон этого угла. Значит, QF=QE
.
Прямоугольные треугольники AQF
и CQE
равны по катету и гипотенузе (AQ=CQ
, так как Q
— середина дуги AQC
). Значит, AF=CE
. Треугольники BC_{1}Q
и BCQ
равны по двум сторонам и углу между ними, поэтому QC_{1}=QC=AQ
. Высота QF
равнобедренного треугольника AQC_{1}
является его медианой, значит, F
— середина AC_{1}
. Следовательно,
BE=BF=\frac{AB+BC_{1}}{2}=\frac{AB+BC}{2}.
Аналогично для случая, когда AB\lt BC
. Лемма доказана.
Перейдём к нашей задаче. Пусть PQ
— диаметр описанной окружности треугольника ABC
, E
и F
— проекции точки Q
на прямые BC
и AB
соответственно. Тогда по лемме 2 BE=BF=\frac{AB+BC}{2}
.
Положим \angle ABQ=\angle CBQ=\frac{\alpha}{2}
. Из прямоугольного треугольника BQF
находим, что
BQ=\frac{BF}{\cos\frac{\alpha}{2}}=\frac{AB+BC}{2\cos\frac{\alpha}{2}},
а так как AM=MB+BC
(лемма 1), то
BM+BC=\frac{1}{2}(AB+BC)=BQ\cdot\cos\frac{\alpha}{2}.
Пусть описанная окружность треугольника BMC
пересекает отрезок BQ
в точке K
. Тогда BK
— биссектриса угла MBC
треугольника MBC
, причём \angle CBK=\angle MBK=\angle ABQ=\frac{\alpha}{2}
. Следовательно,
BK=\frac{BM+BC}{2\cos\frac{\alpha}{2}}=\frac{1}{2}BQ.
Что и требовалось доказать.