17870. Даны окружность \Gamma
с центром O
и не пересекающая её прямая l
. Докажите, что на перпендикуляре, проведённом из точки O
к прямой l
, существует единственная точка Q
, для которой любой отрезок PQ
с концом P
на прямой l
равен отрезку PY
касательной проведённой из точки P
к окружности \Gamma
(точка Y
лежит на окружности \Gamma
).
Решение. Пусть R
— основание перпендикуляра, опущенного из точки O
на прямую l
, а X
— точка на окружности \Gamma
, для которой RX=u
— касательная к \Gamma
. На этом перпендикуляре отметим точку Q
, для которой RQ=u
. Докажем, что Q
— искомая точка, т. е., что для любой точки P
прямой l
касательная PY
, проведённая к окружности \Gamma
из точки P
(Y
лежит на окружности), равна PQ
.
Пусть r
— радиус окружности \Gamma
. Обозначим QP=x
, OP=z
, RP=t
. Из прямоугольных POY
, OXP
, ORP
и PQR
получаем соответственно
z^{2}=r^{2}+y^{2},~z^{2}=OR^{2}+t^{2}=r^{2}+u^{2}+t^{2},~x^{2}=u^{2}+t^{2},
поэтому
y^{2}=z^{2}-r^{2}=(r^{2}+u^{2}+t^{2})-r^{2}=u^{2}+t^{2}=x^{2},
откуда y=x
, т. е. PY=PX
. Что и требовалось доказать.
Единственность. Пусть Q'
— точка для которой выполняется условие задачи. Тогда, повторив изложенные выше рассуждения, получим, что точка Q'
совпадает с Q
.
Источник: Индийские математические олимпиады. — 2004, задача 1