10221. На отрезке AB
как на диаметре построена полуокружность. На этой полуокружности выбраны произвольным образом точки P
и Q
. Точка C
— пересечение прямых AP
и BQ
, а точка X
— пересечение касательных к полуокружности в точках P
и Q
. Докажите, что прямые CX
и PQ
перпендикулярны.
Решение. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке (точка H
пересечения прямых AQ
и BP
лежит внутри треугольника ABC
).
Поскольку AQ
и BP
— высоты треугольника ABC
, прямая CH
перпендикулярна AB
. Осталось доказать, что точка X
лежит на прямой CH
.
Первый способ. Пусть X_{1}
— середина отрезка CH
. Обозначим \angle BAC=\alpha
. Тогда PX_{1}
— медиана прямоугольного треугольника CPH
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому CX_{1}=PX_{1}
. Значит,
\angle BPX_{1}=90^{\circ}-\angle CPX_{1}=90^{\circ}-\angle PCX_{1}=90^{\circ}-(90^{\circ}-\angle BAC)=\angle BAC=\angle BAP.
Тогда PX_{1}
— касательная к полуокружности (см. задачу 144). Аналогично, QX_{1}
— также касательная к полуокружности, поэтому точка X_{1}
совпадает с X
. Отсюда следует утверждение задачи.
Второй способ. Пусть O
— центр полуокружности, CF
— высота треугольника ABC
. Точки P
, Q
, F
и X_{1}
(середина отрезка CH
) лежат на одной окружности — окружности девяти точек треугольника ABC
(см. задачу 174), причём OX
— диаметр этой окружности. Значит, OP\perp PX_{1}
, т. е. PX_{1}
— касательная к полуокружности (см. задачу 1735). Аналогично, QX_{1}
— также касательная к полуокружности, поэтому точка X_{1}
совпадает с X
. Отсюда следует утверждение задачи.
Аналогично для случая, когда точка H
лежит вне треугольника ABC
.
Источник: Московская математическая регата. — 2005-2006, 10 класс
Источник: Московские математические регаты / Сост. А. Д. Блинков, Е. С. Горская, В. М. Гуровиц. — М.: МЦНМО, 2007. — с. 63, задача 3.2