10352. Диагонали вписанного четырёхугольника ABCD
пересекаются в точке M
, \angle AMB=60^{\circ}
. На сторонах AD
и BC
во внешнюю сторону построены равносторонние треугольники ADK
и BCL
. Прямая KL
пересекает описанную около четырёхугольника ABCD
окружность в точках P
и Q
. Докажите, что PK=LQ
.
Решение. Пусть O
— центр окружности, описанной около четырёхугольника ABCD
(рис. 1). Тогда доказываемое равенство равносильно совпадению середин отрезков PQ
и KL
, что, в свою очередь, равносильно равенству OK=OL
, так как в этом случае середина отрезка PQ
— основание перпендикуляра, опущенного из центра O
окружности на хорду PQ
, т. е. середина основания KL
равнобедренного треугольника KOL
.
Последнее равенство можно доказать различными способами.
Первый способ. Проведём отрезки MK
и ML
(рис. 2). Поскольку \angle AMD=120^{\circ}
и \angle AKD=60^{\circ}
, точки A
, M
, D
и K
лежат на одной окружности. Аналогично, точки B
, M
, C
и L
также лежат на одной окружности. Следовательно,
\angle AMK=\angle ADK=60^{\circ}~\mbox{и}~\angle CML=\angle CBL=60^{\circ}.
Значит, \angle AMK=\angle CML
, т. е. точки K
, M
и L
лежат на одной прямой.
Используя свойство вписанных углов, получим, что
\angle AKM=\angle ADM=\angle BCM=\angle BLM.
С другой стороны, точки O
и K
равноудалены от концов отрезка AD
, значит, прямая OK
— серединный перпендикуляр к этому отрезку. Аналогично для OL
. Значит, \angle AKO=\angle BLO=30^{\circ}
. Следовательно, \angle LKO=\angle KLO
, т. е. OK=OL
.
Второй способ. Вычислим OK
и OL
. Пусть радиус окружности, описанной около четырёхугольника ABCD
равен R
, величина её дуги BC
(не содержащей точек A
и D
) равна 2\alpha
, величина её дуги AD
(не содержащей точек B
и C
) равна 2\beta
. Обозначим через T
точку пересечения прямых OL
и BC
(рис. 2). Тогда \angle BOT=\alpha
, значит,
OT=OB\cos\angle BOT=R\cos\alpha,~BT=R\sin\alpha,~LT=BT\tg60^{\circ}=\sqrt{3}R\sin\alpha,
OL=OT+TL=R\cos\alpha+\sqrt{3}R\sin\alpha.
Аналогично, OK=R\cos\beta+\sqrt{3}R\sin\beta
.
Из условия задачи следует, что \alpha+\beta=120^{\circ}
Тогда
OK=R\cos\beta+\sqrt{3}R\sin\beta=R(\cos(120^{\circ}-\alpha)+\sqrt{3}\sin(120^{\circ}-\alpha))=
=R\left(-\frac{1}{2}\cos\alpha+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\alpha+\frac{3}{2}\cos\alpha+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\alpha\right)=
=R\cos\alpha+\sqrt{3}R\sin\alpha=OL.
Третий способ. Пусть X
и Y
— точки пересечения прямых AK
и DK
с данной окружностью (рис. 3). Для определённости, рассмотрим случай, когда точки X
и Y
лежат на этих отрезках (случай, когда X
и Y
лежат на их продолжениях — аналогичен).
Поскольку точка M
расположена внутри данной окружности, а точка K
— вне этой окружности, то (см. задачи 26 и 27)
\angle AMD=\frac{\smile AD+\smile CB}{2},~\mbox{а}~\angle AKD=\frac{\smile DA-\smile XY}{2}
(угловые величины дуг отсчитываются против часовой стрелки).
Поскольку \angle AMD+\angle AKD=180^{\circ}
и \smile AD+\smile DA=360^{\circ}
, то
\frac{\smile AD+\smile CB}{2}+\frac{\smile DA-\smile XY}{2}=180^{\circ},
откуда \smile XY=\smile CB
, т. е., XY=BC
. Поскольку \angle DAX=\angle ADY
, то DA\parallel XY
, поэтому, треугольник KXY
равносторонний.
Пусть T
— точка пересечения OL
и BC
, а F
— точка пересечения OK
и XY
. Равные хорды равноудалены от центра окружности, поэтому OT=OF
. Следовательно,
OK=OF+KF=OT+TL=OL.
Примечание. Степень точки K
относительно окружности равна:
KD\cdot KY=AD\cdot XY=AD\cdot BC,
Степень точки L
относительно этой же окружности также равна AD\cdot BC
, а так как O
— центр этой окружности, то отсюда следует, что OK=OL
.