12022. Точка O
— центр окружности, описанной около треугольника ABC
. Пусть P
и Q
— внутренние точки отрезков CA
и AB
соответственно. Точки K
, L
и M
— середины отрезков BP
, CQ
и PQ
соответственно, а \Gamma
— окружность, проходящая через точки K
, L
и M
. Известно, что прямая PQ
касается окружности \Gamma
. Докажите, что OP=OQ
.
Решение. Отрезок KM
— средняя линия треугольника BOQ
, поэтому AB\parallel KM
, значит, \angle KMQ=\angle AQP
. Аналогично, \angle LMP=\angle APQ
. Из теоремы об угле между касательной и хордой, а также из обратной ей теоремы (см. задачи 87 и 144) следует, что касание окружности \Gamma
и прямой PQ
эквивалентно равенству \angle KLM=\angle KMQ
, или равенству \angle KLM=\angle AQP
. Аналогично, касание эквивалентно равенству \angle MKL=\angle APQ
. Таким образом, касание окружности \Gamma
и прямой PQ
эквивалентно подобию треугольников APQ
и MKL
, которое в свою очередь эквивалентно (в силу равенства \angle CAB=\angle KML
) соотношению \frac{AQ}{ML}=\frac{AP}{MK}
, или AQ\cdot MK=AP\cdot ML
, или AQ\cdot QB=AP\cdot PC
(поскольку MK
и ML
— средние линии в треугольниках BPQ
и CQP
соответственно). Последнее соотношение означает, что точки P
и Q
имеют равные степени относительно окружности, описанной около треугольника ABC
, что выполнено тогда и только тогда, когда P
и Q
равноудалены от центра O
(действительно, если радиус описанной окружности треугольника ABC
равен R
, то
AQ\cdot QB=R^{2}-OQ^{2},~AP\cdot PC=R^{2}-OP^{2}
(см. задачу 2635), поэтому
AQ\cdot QB=AP\cdot PC~\Leftrightarrow~OQ=OP).
Примечание. 1. Использование свойства степени точки относительно окружности можно заменить следующей выкладкой (далее C'
и B'
— середины отрезков AB
и CA
соответственно):
OP^{2}-OQ^{2}=OB'^{2}+B'P^{2}-OC'^{2}-C'Q^{2}=
=(OA^{2}-AB'^{2})+B'P^{2}-(OA^{2}-AC'^{2})-C'Q^{2}=
=(AC'^{2}-C'Q^{2})-(AB'^{2}-B'P^{2})=
=(AC'-C'Q)(AC'+C'Q)-(AB'-B'P)(AB'+B'P)=
=AQ\cdot QB-AP\cdot PC.
2. Из решения следует, что условие касания равносильно условию равенства отрезков OP
и OQ
.