2285. Дана окружность и точка P
внутри неё. Рассмотрим пары перпендикулярных лучей с началом P
, пересекающих окружность в точках A
и B
.
а) Найдите геометрическое место середин отрезков AB
.
б) Найдите геометрическое место точек пересечения касательных к окружности в точках A
и B
.
Ответ. а) Окружность \omega'
с центром в середине отрезка OP
и радиусом \frac{1}{2}\sqrt{2R^{2}-OP^{2}}
, где O
— центр данной окружности, а R
— её радиус.
б) Образ окружности \omega'
при инверсии относительно данной окружности.
Решение. Пусть O
— центр окружности, R
— радиус, M
— середина AB
, C
— четвёртая вершина прямоугольника PABC
. Суммы квадратов расстояний от любой точки до противоположных вершин прямоугольника равны между собой (см. задачу 2169), поэтому OP^{2}+OC^{2}=OA^{2}+OB^{2}
, откуда
OC^{2}=OA^{2}+OB^{2}-OP^{2}=2R^{2}-OP^{2}.
Значит, точка C
лежит на окружности \omega
с центром O
и радиусом \sqrt{2R^{2}-OP^{2}}
.
а) Поскольку M
— середина CP
, точка M
лежит на окружности \omega'
, гомотетичной с центром P
и коэффициентом \frac{1}{2}
окружности \omega
.
Пусть теперь N
— произвольная точка окружности \omega'
. Докажем, что найдётся хорда AB
исходной окружности, для которой точка N
— середина и \angle APB=90^{\circ}
.
Через точку N
проведём прямую, перпендикулярную ON
. Пусть A
и B
— точки её пересечения с данной окружностью. Тогда N
— середина AB
.
На продолжении отрезка PN
за точку N
отложим отрезок NC=PN
. Тогда ACBP
— параллелограмм, причём точка C
лежит на окружности \omega
, гомотетичной \omega'
с коэффициентом 2, т. е. на окружности радиуса \sqrt{2R^{2}-OP^{2}}
. Значит,
OP^{2}+OC^{2}=OP^{2}+(\sqrt{2R^{2}-OP^{2}})^{2}=2R^{2}=OA^{2}+OB^{2},
поэтому, ACBP
— прямоугольник. Следовательно, \angle APB=90^{\circ}
. Что и требовалось доказать.
б) Пусть D
— точка пересечения касательных к окружности в точках A
и B
. Тогда точка D
— образ точки M
при инверсии относительно данной окружности. Следовательно, геометрическое место точек D
есть образ окружности \omega'
при этой инверсии.