Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16445
2026-02-19 
В окружности с центром $O$ проведена хорда $AB$, на которой отмечена точка $C$. Через точку $C$ проведена прямая, перпендикулярная $OC$. Касательные к окружности в точках $A$ и $B$ пересекают эту прямую в точках $P$ и $Q$. Докажите, что $C$ - середина отрезка $PQ$
Решение:
Поскольку радиусы окружности перпендикулярны касательным, проведённым в точки касания, $\angle OAP=\angle OBQ=90^{\circ}$. Далее можно рассуждать по-разному.
Первый способ. Из точек $A$ и $C$ отрезок $OP$ виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром $OP$. Аналогично, точки $B$ и $C$ лежат на окружности с диаметром $CQ$. Тогда
$\angle OAC=\angle OPC,~\angle OQC=\angle OBC,$
а т.к. треугольник $AOB$ равнобедренный, то
$\angle OPQ=\angle OAC=\angle OBC=\angle OQC=\angle OQP.$
Значит, треугольник $POQ$ равнобедренный, $OA=OQ$. Следовательно, его высота $OC$ является медианой. Отсюда следует утверждение задачи.
Второй способ. Пусть касательные к данной окружности, проведённые в точках $A$ и $B$, пересекаются в точке $F$. Заметим, что основания $A$, $B$ и $C$ перпендикуляров, опущенных из точки $O$ на прямые, содержащие стороны треугольника $PQF$, лежат на одной прямой. Тогда по теореме, обратной теореме о прямой Симсона (см. задачу 9227), точка $O$ лежит на описанной окружности треугольника $PQF$, а т.к. исходная окружность вписана в угол $AFB$, то $FO$ - биссектриса этого угла. Тогда из равенства углов $OFQ$ и $OFP$, вписанных в полученную окружность, следует равенство хорд $OP$ и $OQ$. Значит, треугольник $OPQ$ равнобедренный. Следовательно, его высота $OC$ является и его медианой. Отсюда следует утверждение задачи
В окружности с центром $O$ проведена хорда $AB$, на которой отмечена точка $C$. Через точку $C$ проведена прямая, перпендикулярная $OC$. Касательные к окружности в точках $A$ и $B$ пересекают эту прямую в точках $P$ и $Q$. Докажите, что $C$ - середина отрезка $PQ$
Решение:
Поскольку радиусы окружности перпендикулярны касательным, проведённым в точки касания, $\angle OAP=\angle OBQ=90^{\circ}$. Далее можно рассуждать по-разному.
Первый способ. Из точек $A$ и $C$ отрезок $OP$ виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром $OP$. Аналогично, точки $B$ и $C$ лежат на окружности с диаметром $CQ$. Тогда
$\angle OAC=\angle OPC,~\angle OQC=\angle OBC,$
а т.к. треугольник $AOB$ равнобедренный, то
$\angle OPQ=\angle OAC=\angle OBC=\angle OQC=\angle OQP.$
Значит, треугольник $POQ$ равнобедренный, $OA=OQ$. Следовательно, его высота $OC$ является медианой. Отсюда следует утверждение задачи.
Второй способ. Пусть касательные к данной окружности, проведённые в точках $A$ и $B$, пересекаются в точке $F$. Заметим, что основания $A$, $B$ и $C$ перпендикуляров, опущенных из точки $O$ на прямые, содержащие стороны треугольника $PQF$, лежат на одной прямой. Тогда по теореме, обратной теореме о прямой Симсона (см. задачу 9227), точка $O$ лежит на описанной окружности треугольника $PQF$, а т.к. исходная окружность вписана в угол $AFB$, то $FO$ - биссектриса этого угла. Тогда из равенства углов $OFQ$ и $OFP$, вписанных в полученную окружность, следует равенство хорд $OP$ и $OQ$. Значит, треугольник $OPQ$ равнобедренный. Следовательно, его высота $OC$ является и его медианой. Отсюда следует утверждение задачи
