6831. Окружность касается стороны AB
прямоугольника ABCD
в точке M
, пересекает меньшую сторону AD
в точках P
и Q
(P
между A
и Q
), касается стороны CD
и пересекает отрезок CM
в точке N
, причём MQ\perp CM
.
а) Докажите, что MN=MP
.
б) Найдите отрезок BN
, если AP=PQ=1
.
Ответ. 3.
Решение. а) Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что \angle BMN=\angle MQN
, а так как треугольник AQM
прямоугольный, то
\angle PQM=\angle AQM=90^{\circ}-\angle AMQ=\angle BMN=\angle MQN.
Равные вписанные углы PQM
и MQN
опираются на равные хорды, следовательно, MN=PM
.
б) Перпендикуляр, опущенный из центра окружности на хорду PQ
делит сторону AD
пополам, поэтому DQ=AP=1
. Окружность касается противоположных сторон AB
и CD
прямоугольника ABCD
, поэтому её диаметр равен стороне AD=3
, а так как \angle QMN=90^{\circ}
, то QN
— диаметр окружности. Значит, гипотенуза QN
прямоугольного треугольника QMN
равна 3.
По теореме о касательной и секущей
MA^{2}=AP\cdot AQ=1\cdot2=2.
Тогда
QM=\sqrt{MA^{2}+AQ^{2}}=\sqrt{2+4}=\sqrt{6},~
MN=\sqrt{QN^{2}-QM^{2}}=\sqrt{9-6}=\sqrt{3}.
Обозначим, \angle CMB=\angle MQN=\alpha
. Тогда
\ctg\alpha=\frac{MQ}{MN}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{3}}=\sqrt{2},~\cos\alpha=\frac{AQ}{QM}=\frac{2}{\sqrt{6}},
BM=BC\ctg\alpha=3\sqrt{2}.
Следовательно, по теореме косинусов
BN=\sqrt{BM^{2}+MN^{2}-2BM\cdot MN\cos\alpha}=
=\sqrt{18+3-2\cdot3\sqrt{2}\cdot\sqrt{3}\cdot\frac{2}{\sqrt{6}}}=3.