6142. На окружности, описанной около прямоугольника ABCD
, выбрана точка K
. Оказалось, что прямая CK
пересекает отрезок AD
в точке M
такой, что AM:MD=2
. Пусть O
— центр прямоугольника. Докажите, что точка пересечения медиан треугольника OKD
лежит на окружности, описанной около треугольника COD
.
Решение. Обозначим \angle CAD=\alpha
, \angle DCK=\beta
, R
и r
— радиусы окружностей, описанных около прямоугольника ABCD
и треугольника COD
соответственно.
Пусть P
— отличная от C
точка пересечения отрезка CK
с описанной окружностью треугольника COD
. Тогда \angle DOP=\angle PCD=\beta
, а так как центральный угол KOD
вдвое больше вписанного угла KCD
, то \angle KOD=2\angle KCD=2\beta
, значит, луч OP
— биссектриса угла KOD
при вершине равнобедренного треугольника OKD
. Пусть луч OP
пересекает основание этого треугольника в точке F
. Тогда OF
— медиана треугольника OKD
.
Докажем, что P
— точка пересечения медиан треугольника OKD
. Для этого достаточно доказать, что \frac{OP}{OF}=\frac{2}{3}
.
Из прямоугольного треугольника ACD
находим, что CD=AD\sin\angle CAD=2R\sin\alpha
. С другой стороны, по теореме синусов CD=2r\sin\angle COD=2r\sin2\alpha
, значит, 2R\sin\alpha=2r\sin2\alpha
, откуда
\frac{r}{R}=\frac{\sin\alpha}{\sin2\alpha}=\frac{1}{2\cos\alpha}.
Из прямоугольных треугольников CDM
и ACD
находим, что
DM=CD\tg\angle DCM=2R\sin\alpha\tg\beta,~AD=AC\cos\angle CAD=2R\cos\alpha,
а так как AD=3DM
, то 2R\cos\alpha=3\cdot2R\sin\alpha\tg\beta
, откуда \tg\alpha\cdot\tg\beta=\frac{1}{3}
.
По теореме синусов
OP=2r\sin\angle OCP=2r\sin(90^{\circ}-\alpha-\beta)=2r\cos(\alpha+\beta).
Из прямоугольного треугольника ODF
находим, что
OF=OD\cos\angle DOF=R\cos\beta,
поэтому
\frac{OP}{OF}=\frac{2r\cos(\alpha+\beta)}{R\cos\beta}=\frac{2r}{R}\cdot\frac{\cos(\alpha+\beta)}{\cos\beta}=\frac{2}{2\cos\alpha}\cdot\frac{\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta}{\cos\beta}=
=\frac{\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta}{\cos\alpha\cos\beta}=1-\tg\alpha\tg\beta=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}.
Что и требовалось доказать.
