10314. Вокруг квадрата ABCD
описана окружность. Точка P
лежит на дуге CD
этой окружности, не содержащей других вершин квадрата. Прямые PA
и PB
пересекают диагонали BD
и AC
соответственно в точках K
и L
. Точки M
и N
— проекции K
и L
соответственно на прямую CD
, а Q
— точка пересечения прямых KN
и ML
. Докажите, что прямая PQ
делит отрезок AB
пополам.
Решение. Докажем сначала следующее утверждение.
Лемма. К гипотенузе AB
прямоугольного треугольника ABC
во внешнюю сторону восставлены перпендикуляры AP=AC
и BQ=BC
(рис. 1). Прямые AQ
и BP
пересекаются в точке R
, прямые CP
и CQ
пересекают AB
в точках M
и N
соответственно. Тогда прямая CR
делит отрезок MN
пополам.
Доказательство. Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
. Тогда
\angle CAP=90^{\circ}+\angle CAB=90^{\circ}+\alpha=90^{\circ}+(90^{\circ}-\beta)=180^{\circ}-\beta,
поэтому
\angle ACP=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle CAP)=\frac{\beta}{2}.
Значит,
\angle BCM=90^{\circ}-\angle ACP=90^{\circ}-\frac{\beta}{2},
\angle BMC=180^{\circ}-\beta-\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}\right)=90^{\circ}-\frac{\beta}{2}=\angle BCM.
Тогда треугольник BMC
равнобедренный, причём BM=BC=BQ
. Аналогично AN=AC=AP
.
Пусть прямая, проходящая через точку R
и параллельная AB
, пересекает CP
и CQ
в точках X
и Y
соответственно, а Z
— проекция точки R
на прямую AB
. Тогда
RX:BM=PR:PB=AR:AQ=RZ:QB.
Следовательно, RX=RZ
. Аналогично RY=RZ
. Таким образом, прямая CR
делит пополам отрезок XY
, а значит, и отрезок MN
.
(Примечание. Нетрудно убедиться, что CZ
— биссектриса треугольника ABC
, а CR
проходит через точку касания его вписанной окружности с гипотенузой.)
Вернёмся к нашей задаче (рис. 2). Треугольник KMD
равнобедренный и прямоугольный, а \angle KPD=45^{\circ}
, поэтому, точка M
— центр описанной окружности треугольника KPD
(см. задачу 2900), KMP
— центральный угол этой окружности, а KDP
— соответствующий вписанный угол. Аналогично, N
— центр описанной окружности треугольника PCL
, CNL
— центральный угол этой окружности, а CPL
— соответствующий вписанный угол. Тогда
\angle KMP=2\angle KDP=2\angle BDP,
\angle APM=\angle KPM=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle KMP)=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle KMP=90^{\circ}-\angle BDP,
\angle LNP=2\angle LCP=2\angle ACP,
\angle BPN=\angle LPN=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle LNP)=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle LNP=90^{\circ}-\angle ACP,
\angle MPN=\angle APB+\angle APM+\angle BPN=
=45^{\circ}+(90^{\circ}-\angle BDP)+(90^{\circ}-\angle ACP)=225^{\circ}-(\angle BDP+\angle ACP)=
=225^{\circ}-\frac{1}{2}\cdot3\cdot90^{\circ}=225^{\circ}-135^{\circ}=90^{\circ}.
Применяя лемму к точкам P
, M
, N
, K
, L
, а также задачу 2607, получаем утверждение нашей задачи.
Автор: Чан Куанг Хунг (Tran Quang Hung, Вьетнам)
Источник: Олимпиада по геометрии им. И. Ф. Шарыгина. — 2017, XIII, финальный тур, № 9, 8 класс