1489. Дана трапеция ABCD
, в которой боковая сторона CD
перпендикулярна основаниям AD
и BC
. Окружность с диаметром AB
пересекает AD
в точке P
(P
отлична от A
). Касательная к окружности в точке P
пересекает прямую CD
в точке M
. Из точки M
к окружности проведена вторая касательная, касающаяся её в точке Q
. Докажите, что прямая BQ
делит сторону CD
пополам.
Решение. Пусть прямая BQ
пересекается с прямой CD
в точке N
, O
— центр окружности, R
— её радиус. Рассмотрим случай, когда точка Q
лежит между B
и N
.
Обозначим \angle CBN=\alpha
, \angle DPM=\beta
. Точка P
лежит на окружности с диаметром AB
, поэтому BP\perp AP
, значит, BP\perp BC
. Тогда \angle QBP=\angle NBP=90^{\circ}-\alpha
. Вписанный угол QBP
равен половине центрального угла POQ
, поэтому \angle POQ=2(90^{\circ}-\alpha)=180^{\circ}-2\alpha
. Тогда
\angle PNM=180^{\circ}-\angle POQ=180^{\circ}-(180^{\circ}-2\alpha)=2\alpha,
а так как MO
— биссектриса угла PMQ
, то \angle POM=\alpha
.
Из прямоугольных треугольников CBN
, OPM
и DPM
находим, что
CN=BC\tg\alpha=DP\tg\alpha=PM\cos\beta\tg\alpha=OP\ctg\alpha\cos\beta\tg\alpha=R\cos\beta.
Пусть K
— точка на продолжении отрезка MP
за точку P
. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что \angle ABP=\angle APK=\angle DPM=\beta
. Из прямоугольного треугольника ABP
находим, что
CD=BP=AB\cos\beta=2R\cos\beta.
Следовательно,
\frac{CN}{CD}=\frac{R\cos\beta}{2R\cos\beta}=\frac{1}{2}.
Что и требовалось доказать.
Аналогично для случая, когда точка Q
расположена вне отрезка QN
.