1442. Взаимно перпендикулярные прямые l
и m
пересекаются в точке P
окружности так, что они разбивают окружность на три дуги. Отметим на каждой дуге такую точку, что проведённая через неё касательная к окружности пересекается с прямыми l
и m
в точках равноотстоящих от точки касания. Докажите, что три отмеченные точки являются вершинами равностороннего треугольника.
Решение. Пусть A
и B
— точки пересечения прямых l
и m
с данной окружностью; K
, L
, M
— точки касания указанных касательных с окружностью, лежащие соответственно на меньших дугах AP
, BP
и дуге AB
, не содержащей точки P
. Пусть также касательная, проходящая через точку K
, пересекает прямые l
и m
соответственно в точках C
и D
.
Обозначим угловые величины меньших дуг PK
и PL
через 2\alpha
и 2\beta
соответственно. Поскольку PK
— медиана прямоугольного треугольника CPD
, проведённая к гипотенузе CD
, то (см. задачу 1109)
\angle APK=\angle CPK=\frac{1}{2}\angle DKP=\frac{\alpha}{2}
(вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается, а угол между касательной и хордой — половиной дуги, заключённой между ними). Значит, величина меньшей дуги AP
равна 2\alpha+2\cdot\frac{\alpha}{2}=3\alpha
. Аналогично докажем, что величина меньшей дуги BP
равна 3\beta
. Поэтому 3\alpha+3\beta=180^{\circ}
, откуда \alpha+\beta=60^{\circ}
. Следовательно, величина меньшей дуги KL
равна 2\alpha+2\beta=120^{\circ}
.
Пусть меньшая дуга AM
равна 2\gamma
, а касательная к окружности, проведённая в точке M
, пересекает прямые l
и m
в точках E
и F
соответственно. По теореме об угле между касательной и хордой
\angle PME=\frac{1}{2}\smile MAP=\frac{1}{2}(2\gamma+3\alpha),
а так как PM
— медиана прямоугольного треугольника EPF
, проведённая из вершины прямого угла, то
\angle MPF=\frac{1}{2}\angle PME=\frac{1}{4}(2\gamma+3\alpha).
С другой стороны \angle MPF=90^{\circ}-\angle MPE=90^{\circ}-\gamma
. Из равенства \frac{1}{4}(2\gamma+3\alpha)=90^{\circ}-\gamma
находим, что 2\gamma+\alpha=120^{\circ}
, т. е. \smile KAM=120^{\circ}
. Отсюда следует решение задачи.