Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1566
2019-01-19 
В треугольнике $ABC (AB > BC)$ $K$ и $M$ - середины сторон $AB$ и $AC, O$ - точка пересечения биссектрис. Пусть $P$ - точка пересечения прямых $KM$ и $CO$, а точка $Q$ такова, что $QP \perp KM$ и $QM \parallel BO$. Докажите, что $QO \perp AC$.
Решение:
Опустим перпендикуляр $OR$ на прямую $AC$. Пусть перпендикуляр к прямой $KM$, восставленный в точке $P$, пересекает прямую $OR$ в точке $Q^{ \prime}$ (см. рис.). Достаточно доказать, что $MQ^{ \prime} \parallel BC$, так как это будет означать, что точки $Q$ и $Q^{ \prime}$ совпадают. Так как $KM \parallel BC $, то $\angle MPC = \angle BCP = \frac { \angle C}{2}$. Тогда в $ \triangle MPC$: $ \angle MPC = \angle PCM = \frac{\angle C}{2}$, откуда $MP = MC = MA$, поэтому точка $P$ лежит на окружности с диаметром $AC\:и \angle APC = 90^{ \circ }$.
В четырехугольнике $APOR \: \angle APO = 90^{\circ}$ он вписанный, отсюда $ \angle RPO = \angle RAO = \frac{\angle A}{2}$ ($\angle RPO = \angle RAO$ опираются на одну дугу).
В четырехугольнике $MPQ^{ \prime}R \: \angle MPQ^{ \prime} = \angle MRQ^{ \prime} = 90^{\circ }$, следовательно, он вписанный, отсюда $\angle Q^{ \prime}MR = \angle RPQ^{ \prime} = \angle RPO + \angle OPQ^{ \prime} = \frac{\angle A}{2} + (90^{\circ} - \angle OPM) = \frac{\angle A}{2} + (90^{\circ} - \frac{\angle C}{2})$. Если $ВО$ пересекает $АС$ в точке $D$, то из $\triangle BCD: \angle BDC = 180^{\circ} - \angle C - \frac{\angle B}{2} = 90^{\circ} + \frac{\angle A}{2} - \frac{\angle C}{2} = \angle Q^{ \prime}MC$. Отсюда $MQ^{ \prime} \parallel BO$.
В треугольнике $ABC (AB > BC)$ $K$ и $M$ - середины сторон $AB$ и $AC, O$ - точка пересечения биссектрис. Пусть $P$ - точка пересечения прямых $KM$ и $CO$, а точка $Q$ такова, что $QP \perp KM$ и $QM \parallel BO$. Докажите, что $QO \perp AC$.
Решение:
Опустим перпендикуляр $OR$ на прямую $AC$. Пусть перпендикуляр к прямой $KM$, восставленный в точке $P$, пересекает прямую $OR$ в точке $Q^{ \prime}$ (см. рис.). Достаточно доказать, что $MQ^{ \prime} \parallel BC$, так как это будет означать, что точки $Q$ и $Q^{ \prime}$ совпадают. Так как $KM \parallel BC $, то $\angle MPC = \angle BCP = \frac { \angle C}{2}$. Тогда в $ \triangle MPC$: $ \angle MPC = \angle PCM = \frac{\angle C}{2}$, откуда $MP = MC = MA$, поэтому точка $P$ лежит на окружности с диаметром $AC\:и \angle APC = 90^{ \circ }$.
В четырехугольнике $APOR \: \angle APO = 90^{\circ}$ он вписанный, отсюда $ \angle RPO = \angle RAO = \frac{\angle A}{2}$ ($\angle RPO = \angle RAO$ опираются на одну дугу).
В четырехугольнике $MPQ^{ \prime}R \: \angle MPQ^{ \prime} = \angle MRQ^{ \prime} = 90^{\circ }$, следовательно, он вписанный, отсюда $\angle Q^{ \prime}MR = \angle RPQ^{ \prime} = \angle RPO + \angle OPQ^{ \prime} = \frac{\angle A}{2} + (90^{\circ} - \angle OPM) = \frac{\angle A}{2} + (90^{\circ} - \frac{\angle C}{2})$. Если $ВО$ пересекает $АС$ в точке $D$, то из $\triangle BCD: \angle BDC = 180^{\circ} - \angle C - \frac{\angle B}{2} = 90^{\circ} + \frac{\angle A}{2} - \frac{\angle C}{2} = \angle Q^{ \prime}MC$. Отсюда $MQ^{ \prime} \parallel BO$.
