Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1591
2019-01-19 
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 $N (M, N \neq C)$. Пусть $O$ - центр описанной окружности треугольника $CMN$. Докажите, что прямая $OD \perp AB$.
Решение:
Первое решение. Углы $ADC$ и $BDC$ смежные, поэтому хотя бы один из них не является острым. Пусть $\angle ADC \geq 90^{\circ}$. Из условия задачи следует, что четырехугольник $ACND$ вписанный, причем точки $N$ и $D$ лежат по одну сторону от прямой $AC$, поэтому $\angle ANC = \angle ADC$. Итак, в треугольнике $ACN \angle ANC \geq 90^{\circ}$, значит, угол $C$ в этом треугольнике острый. Из этого вытекает, что точки $O$ и $C$ лежат по одну сторону от прямой $MN$, следовательно, $\angle MON = 2 \angle C$ как вписанный и центральный в окружности, описанной около $\triangle CMN$ (см. рис.); на нем изображен случай, когда точка $O$ лежит вне $\triangle CMN$, в случае $O \in \triangle CMN$ наши рассуждения проходят дословно).
Из вписанных четырехугольников $ADNC$ и $BDMC$ находим, что $\angle ADM = \angle BDN = \angle C$, откуда $\angle MDN = 180^{\circ} - 2 \angle C = 180^{\circ} - \angle MON$, т. е. четырехугольник $DMON$ - вписанный, и $\angle MDO = \angle MNO$. Из равнобедренного треугольника $MON$ ($MO = ON$ как радиусы) получаем, что $\angle MNO = \frac{1}{2} (180^{\circ} - \angle MON) = \frac{1}{2} (180^{\circ} - 2 \angle C) = 90^{\circ} - \angle C$. Итак, $\angle ADO = \angle ADM + \angle MDO = \angle C + (90^{\circ} - \angle C) = 90^{\circ}$, т. е. прямая $OD$ перпендикулярна стороне $AB$.
Второе решение. 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$ (см.![]()
). Спроектируем точки $O, O_1, O_2$ и $O_3$ на $AB$. Пусть $K, P, Q$ и $R$ - их проекции. Поскольку $OO_1O_3O_2$ - параллелограмм, то $\vec{QK} = \vec{RP}$. Но $\vec{RP} = \frac {1}{2} > (\vec{BA} - \vec{DA}) = \frac{1}{2} \vec{BD} = \vec{QD}$. Отсюда $\vec{QD} = \vec{QK}$ и $К = D$, что и требовалось.
Замечание. Из второго решения видно, что аналогичное утверждение справедливо и в случае, когда данные окружности пересекают не отрезки $AC$ и $BC$, а прямые $AC$ и $BC$.
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 $N (M, N \neq C)$. Пусть $O$ - центр описанной окружности треугольника $CMN$. Докажите, что прямая $OD \perp AB$.
Решение:
Первое решение. Углы $ADC$ и $BDC$ смежные, поэтому хотя бы один из них не является острым. Пусть $\angle ADC \geq 90^{\circ}$. Из условия задачи следует, что четырехугольник $ACND$ вписанный, причем точки $N$ и $D$ лежат по одну сторону от прямой $AC$, поэтому $\angle ANC = \angle ADC$. Итак, в треугольнике $ACN \angle ANC \geq 90^{\circ}$, значит, угол $C$ в этом треугольнике острый. Из этого вытекает, что точки $O$ и $C$ лежат по одну сторону от прямой $MN$, следовательно, $\angle MON = 2 \angle C$ как вписанный и центральный в окружности, описанной около $\triangle CMN$ (см. рис.); на нем изображен случай, когда точка $O$ лежит вне $\triangle CMN$, в случае $O \in \triangle CMN$ наши рассуждения проходят дословно).
Из вписанных четырехугольников $ADNC$ и $BDMC$ находим, что $\angle ADM = \angle BDN = \angle C$, откуда $\angle MDN = 180^{\circ} - 2 \angle C = 180^{\circ} - \angle MON$, т. е. четырехугольник $DMON$ - вписанный, и $\angle MDO = \angle MNO$. Из равнобедренного треугольника $MON$ ($MO = ON$ как радиусы) получаем, что $\angle MNO = \frac{1}{2} (180^{\circ} - \angle MON) = \frac{1}{2} (180^{\circ} - 2 \angle C) = 90^{\circ} - \angle C$. Итак, $\angle ADO = \angle ADM + \angle MDO = \angle C + (90^{\circ} - \angle C) = 90^{\circ}$, т. е. прямая $OD$ перпендикулярна стороне $AB$.
Второе решение. 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$ (см.
Замечание. Из второго решения видно, что аналогичное утверждение справедливо и в случае, когда данные окружности пересекают не отрезки $AC$ и $BC$, а прямые $AC$ и $BC$.
