6593. На стороне AB
треугольника ABC
выбрана точка D
. Окружность, описанная около треугольника BCD
, пересекает сторону AC
в точке M
, а окружность, описанная около треугольника ACD
, пересекает сторону BC
в точке N
(точки M
и N
отличны от точки C
). Пусть O
— центр описанной окружности треугольника CMN
. Докажите, что прямая OD
перпендикулярна стороне AB
.
Решение. Первый способ. Углы ADC
и BDC
— смежные (рис. 1), поэтому хотя бы один из них не является острым. Пусть \angle ADC\geqslant90^{\circ}
. Обозначим \angle ACB=\gamma
.
Из условия задачи следует, что четырёхугольник ACND
— вписанный, причём точки N
и D
лежат по одну сторону от прямой AC
, поэтому \angle ANC=\angle ADC
. В треугольнике ACN
угол ANC
не меньше 90^{\circ}
, значит, угол ACN
этого треугольника — острый. Из этого следует, что в треугольнике MNC
угол при вершине C
— острый, т. е. \gamma\lt90^{\circ}
. Поэтому вершина C
и центр O
описанной окружности треугольника MNC
лежат по одну сторону от прямой MN
. Поскольку MON
— центральный угол этой окружности, а MCN
— вписанный, то
\angle MON=2\angle MCN=2\gamma.
Четырёхугольники ADNC
и BDMC
— вписанные, поэтому
\angle ADM=180^{\circ}-\angle BDM=\angle BCM=\gamma,~\angle BDN=180^{\circ}-\angle ADN=\angle ACN=\gamma.
Значит,
\angle MDN=180^{\circ}-(\angle ADM+\angle BDN)=180^{\circ}-2\gamma,
поэтому
\angle MDN+\angle MON=(180^{\circ}-2\gamma)+2\gamma=180^{\circ},
т. е. четырёхугольник DMON
также вписан в некоторую окружность. Вписанные углы ODM
и ODN
этой окружности опираются на равные хорды OM
и ON
(радиусы описанной окружности треугольника MCN
), значит, они равны. Тогда
\angle ADO=\angle ADM+\angle ODM=\angle BDN+\angle ODN=\angle BDO,
а так как углы ADO
и BDO
— смежные, то каждый из них равен 90^{\circ}
. Следовательно, OD\perp AB
.
Второй способ. Пусть m_{1}
, m_{2}
, l_{1}
, l_{2}
— серединные перпендикуляры к отрезкам CN
, CB
, CM
и CA
соответственно, O=m_{1}\cap l_{1}
, O_{1}=m_{1}\cap l_{2}
, O_{2}=m_{2}\cap l_{1}
, O_{3}=m_{2}\cap l_{2}
— центры окружностей, описанных около треугольников CMN
, ANC
(и ADC
), BMC
(и BDC
), ABC
(рис. 2).
Спроектируем точки O
, O_{1}
, O_{2}
и O_{3}
на AB
. Пусть K
, P
, Q
и R
— их проекции. Поскольку OO_{1}O_{3}O_{2}
— параллелограмм, то \overrightarrow{QK}=\overrightarrow{RP}
, но
\overrightarrow{RP}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{DA})=\frac{1}{2}\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{QD}.
Отсюда \overrightarrow{QD}=\overrightarrow{QK}
и K=D
, что и требовалось.
Примечание. Из второго решения видно, что аналогичное утверждение справедливо и в случае, когда данные окружности пересекают не отрезки, AC
и BC
, а прямые AC
и BC
.
Автор: Сонкин М. Г.
Источник: Всероссийская олимпиада школьников. — 1999-2000, XXVI, окружной этап, 9 класс
Источник: Журнал «Квант». — 2000, № 5, с. 50
Источник: Агаханов Н. Х. и др. Всероссийские математические олимпиады школьников. 1993—2006. — М.: МЦНМО, 2007. — № 215, с. 32