11507. Диагонали параллелограмма ABCD
пересекаются в точке O
. Докажите, что точка O
, а также основания перпендикуляров, опущенных из точки A
на прямые BC
, BD
и CD
, лежат на одной окружности.
Решение. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке. Достаточно доказать, что \angle KMO=180^{\circ}-\angle KLO
, или \angle KMO=\angle KLB
.
Обозначим \angle KMO=\alpha
и \angle BLK=\beta
. Из точек K
и L
отрезок AB
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром AB
. Вписанные в эту окружность углы BAK
и BLK
опираются на одну и ту же дугу, поэтому
\angle BAK=\angle BLK=\beta.
В прямоугольных треугольниках AMD
и AKB
острые углы при вершинах B
и D
равны как противоположные углы параллелограмма, поэтому \angle MAD=\angle BAK=\beta
.
Аналогично, точки A
, K
, C
и M
лежат на окружности с диаметром AC
, причём середина O
диагонали AC
— центр этой окружности. Тогда KOM
— центральный угол этой окружности, соответствующий вписанному углу MAK
.
Из равнобедренного треугольника MOK
находим, что
\angle MOK=180^{\circ}-2\angle KMO=180^{\circ}-2\alpha.
Тогда
\angle MAK=\frac{1}{2}\angle MOK=90^{\circ}-\alpha,
а так как
\angle MAD=\angle KAD-\angle MAK=90^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)=\alpha,
то \alpha=\beta
, т. е. \angle KMO=\angle KLB
. Что и требовалось доказать.
Аналогично для любого другого случая.
Автор: Кожевников П. А.
Источник: Московская областная математическая олимпиада. — 1998-1999, 10 класс