12471. В прямоугольном треугольнике ABC
точка D
симметрична точке C
относительно гипотенузы AB
. Пусть M
произвольная точка отрезка AC
, а P
— основание перпендикуляра из точки C
на прямую BM
. Точка H
середина отрезка CD
. На отрезке CH
(внутри угла HPB
) нашлась такая точка N
, что \angle DPH=\angle NPB
. Докажите, что точки M
, P
, N
и D
лежат на одной окружности.
Решение. Первый способ. Из точек P
и H
отрезок BC
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром BC
.
Отрезок CP
— высота прямоугольного треугольника BCM
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому (см. задачу 2728)
BP\cdot BM=BC^{2}=BD^{2}.
Значит, BD
— касательная к окружности, описанной около треугольника MPD
(см. задачу 4776). Тогда из теоремы об угле между касательной и хордой (см. задачу 87) следует, что \angle PMD=\angle PBD
.
Из равенства
\angle NDB=\angle BCH=\angle BPH=\angle NPB+\angle NPH=
=\angle DPH+\angle NPH=\angle DPN
получаем, что
\angle PMD=\angle PDB=\angle PDN+\angle NDB=\angle PDN+\angle DPN=
=\angle PNC=180^{\circ}-\angle DNP.
Значит, четырёхугольник ADPM
вписанный. Следовательно, точки M
, P
, N
и D
лежат на одной окружности.
Второй способ. Предположим, уже доказано, что прямая BD
касается описанной окружности \omega_{1}
треугольника MPD
. Из равенства
\angle BPH=\angle BCH=\angle BDN
получаем \angle BPH=\angle NPD
, поэтому \angle DPN=\angle NDP
. Тогда \angle DPN=\angle NDP
, значит, прямая BD
касается окружности \omega_{2}
, описанной около треугольника NPD
.
Таким образом окружности \omega_{1}
и \omega_{2}
проходят через точки D
и P
и касаются прямой BD
в точке D
. Значит, они совпадают (центр обеих окружностей — точка пересечения прямой, проходящей через точку D
перпендикулярно BD
, и серединного перпендикуляра к отрезку DP
). Отсюда следует утверждение задачи.