Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1105
2015-03-10 
На окружности даны точки $A$, $B$, $C$, $D$ такие, что $AB$ — диаметр круга, a $CD$ — нет. Докажите, что прямая, соединяющая точку пересечения касательных к окружности в точках $C$ и $D$ с точкой пересечения прямых $AC$ и $BD$, перпендикулярна прямой $AB$.
Решение:
Пусть $K$ — точка пересечения касательных к окружности R точках $C$ и $D$ (точка $K$ существует, так как точки $C$ и $D$ не диаметрально противоположные) и пусть $N$ - точка пересечения прямых $AC$ и $BD$.
Различные взаимные расположения точек $C$ и $D$ относительно $AB$ указаны на рисунке. Однако приведенное ниже решение не зависит от расположения точек $C$ и $D$.
Рассмотрим $\triangle ABN$. В этом треугольнике $AC$ и $BD$ - высоты, следовательно, $L$ — точка пересечения высот, тогда $LN$ - также высота и поэтому $LN \perp AB$.
Докажем, что $K$ — середина отрезка $LN$. Пусть $K_{1}$ — точка пересечения прямой $LN$ с касательной $m$, проведенной через $C$. Покажем, что $K_{1}$ совпадает с $K$. Рассмотрим прямоугольные треугольники $ABC$ и $NCL$, отсекаемые от пары перпендикулярных прямых $AC$ и $BC$ прямыми $AB$ и $NL$.
Так как секущие взаимно перпендикулярны, то прямые углы $NCL$ и $ACB$ обязательно смежные.
$\hat{CAB} = \hat{LNC} = \alpha$ и $\hat{CBA} = \hat{NLC} = \beta$, как острые углы с взаимно перпендикулярными сторонами. Касательная $m$ проходит вне $\triangle ABC$, образуя с его сторонами $CA$ и $CB$ острые углы, величины которых равны соответственно $\beta$ и $\alpha$. Поэтому касательная рассекает смежный $\triangle NCL$.
$\angle K_{1}CN$ — острый и образован $AC$ и $m$.
Следовательно, $\hat{K_{1}CN} = \alpha$, a $\hat{K_{1}CL} = \beta$ и $\triangle NK_{1}C$ и $\triangle LK_{1}C$ равнобедренные, и, наконец, $|K_{1}N| = |K_{1}C| = |K_{1}L|$. Таким образом, касательная $m$ проходит через середину $K_{1}$ отрезка $LN$. Аналогично, касательная к окружности в точке $D$ также проходит через $K_{1}$ откуда $K=K_{1}$.
На окружности даны точки $A$, $B$, $C$, $D$ такие, что $AB$ — диаметр круга, a $CD$ — нет. Докажите, что прямая, соединяющая точку пересечения касательных к окружности в точках $C$ и $D$ с точкой пересечения прямых $AC$ и $BD$, перпендикулярна прямой $AB$.
Решение:
Пусть $K$ — точка пересечения касательных к окружности R точках $C$ и $D$ (точка $K$ существует, так как точки $C$ и $D$ не диаметрально противоположные) и пусть $N$ - точка пересечения прямых $AC$ и $BD$.
Различные взаимные расположения точек $C$ и $D$ относительно $AB$ указаны на рисунке. Однако приведенное ниже решение не зависит от расположения точек $C$ и $D$.
Рассмотрим $\triangle ABN$. В этом треугольнике $AC$ и $BD$ - высоты, следовательно, $L$ — точка пересечения высот, тогда $LN$ - также высота и поэтому $LN \perp AB$.
Докажем, что $K$ — середина отрезка $LN$. Пусть $K_{1}$ — точка пересечения прямой $LN$ с касательной $m$, проведенной через $C$. Покажем, что $K_{1}$ совпадает с $K$. Рассмотрим прямоугольные треугольники $ABC$ и $NCL$, отсекаемые от пары перпендикулярных прямых $AC$ и $BC$ прямыми $AB$ и $NL$.
Так как секущие взаимно перпендикулярны, то прямые углы $NCL$ и $ACB$ обязательно смежные.
$\hat{CAB} = \hat{LNC} = \alpha$ и $\hat{CBA} = \hat{NLC} = \beta$, как острые углы с взаимно перпендикулярными сторонами. Касательная $m$ проходит вне $\triangle ABC$, образуя с его сторонами $CA$ и $CB$ острые углы, величины которых равны соответственно $\beta$ и $\alpha$. Поэтому касательная рассекает смежный $\triangle NCL$.
$\angle K_{1}CN$ — острый и образован $AC$ и $m$.
Следовательно, $\hat{K_{1}CN} = \alpha$, a $\hat{K_{1}CL} = \beta$ и $\triangle NK_{1}C$ и $\triangle LK_{1}C$ равнобедренные, и, наконец, $|K_{1}N| = |K_{1}C| = |K_{1}L|$. Таким образом, касательная $m$ проходит через середину $K_{1}$ отрезка $LN$. Аналогично, касательная к окружности в точке $D$ также проходит через $K_{1}$ откуда $K=K_{1}$.
