Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1827
2019-01-20 
Даны полуокружность с диаметром $AB$ и центром $O$ и прямая, пересекающая полуокружность в точках $C$ и $D$, а прямую $AB$ - в точке $M (MB < MA, MD < MC)$. Пусть $K$ - вторая точка пересечения окружностей, описанных около треугольников $AOC$ и $DOB$. Докажите, что угол $MKO$ прямой.
Решение:
Первое решение. Пусть $O_1$ и $O_2$ - центры, $OP$ и $OQ$ - диаметры окружностей $w_1$ и $w_2$ соответственно, описанных около треугольников $AOC$ и $DOB$ (см. рис.).
Отрезок $O_1O_2$ перпендикулярен общей хорде $OK$ этих окружностей и делит ее пополам, и, в то же время, является средней линией треугольника $POQ$, поэтому прямая $PQ$ проходит через точку $K$ и перпендикулярна $OK$. Таким образом, угол $MKO$ будет прямым, если точка $M$ лежит на прямой $PQ$. Докажем это.
Отрезок $PO$ - диаметр окружности $w_1$, проходящей через точку $A$, поэтому угол $PAO$ - прямой, следовательно, отрезок $PA$ касается полуокружности. Аналогично, $PC, QB$ и $QD$ - также касательные к полуокружности.
Пусть $F$ - точка пересечения прямых $PC$ и $QD$, а $E$ - точка пересечения прямой $CD$ и прямой, проходящей через точку $P$ и параллельной $QD$. Тогда из равенства касательных $FC$ и $FD$ следует, что $\angle QDM = \angle FDC = \angle FCD = \angle PCE$. Но $\angle QDM = \angle PEM$, так как $PE \parallel QD$. Итак, $PE = PC,$ но $PC = PA$ и $QB = QD$, значит, $APE$ и $BQD$ - подобные равнобедренные треугольники с соответственно параллельными сторонами $AP$ и $BQ, PE$ и $QD$. Гомотетия с центром в точке $M$ и коэффициентом $k = MA : MB$ переводит точку $B$ в точку $A$, точку $D$ в точку $E$, следовательно, она переводит точку $Q$ в точку $P$, так как треугольники $BQD$ и $APE$ подобны. Значит, прямая $PQ$ проходит через центр гомотетии - точку $M$.
Второе решение. Сделаем инверсию относительно окружности с центром $O$ и диаметром $AB$. Точки $A, C, B, D$ останутся неподвижными, а точка $K$ перейдет в точку $K^{\prime}$ пересечения прямых $AC$ и $BD$ (см. рис.). Точка $M$ перейдет в точку $M^{\prime}$ пересечения окружности, описанной вокруг $\Delta COD$, и прямой $AB$, отличную от $O$. Описанная окружность $\Delta COD$ - окружность 9 точек $\Delta AK^{\prime}B$ (так как $O$ - середина $AB, C$ и $D$ - основания высот), поэтому она вторично пересекает $AB$ в точке $M^{\prime}$ - основании высоты, следовательно, $K^{\prime}M^{\prime} \perp AB$.
Так как $OK \cdot OK^{\prime} = OM \cdot OM^{\prime},$ то $\Delta OKM$ подобен $\Delta OK^{\prime}M^{\prime}$ и, следовательно, $\angle OKM = 90^{\circ}$.
Третье решение. Пусть $O_1$ и $O_2$ - центры, $OP$ и $OQ$ - диаметры окружностей, описанных около треугольников $AOC$ и $DOB$ соответственно (см. рис.). Очевидно, $O$ и $K$ симметричны относительно $O_1O_2$ (см. решение 1).
Осуществим гомотетию с центром $O$ и коэффициентом 2. При этом точки $O_1$ и $O_2$ перейдут соответственно в точки $P$ и $Q$, а середина отрезка $OK$ - в точку $K$. Следовательно, точка $K$ принадлежит прямой $PQ$.
При описанной гомотетии серединные перпендикуляры к отрезкам $OA, OB, OC$ и $OD$ перейдут в касательные к окружности в точках $A, B, C$ и $D$ соответственно.
Рассмотрим шестиугольник $ABBCDDA$ (вырожденный и самопересекающийся), вписанный в окружность. По теореме Паскаля1 точки пересечения пар прямых $AB$ и $CD$ (пересекаются в точке $M$), касательных $BB$ и $DD$ (пересекаются в точке $Q$) и $BC$ и $DA$ (обозначим точку их пересечения через $L$) лежат на одной прямой. Таким образом, точка $Q$ лежит на прямой $LM$. Аналогично, точка $P$ лежит на прямой $LM$. Значит, точки $P, Q$ и $M$ лежат на одной прямой, откуда следует (см. решение 1), что $\angle OKM = 90^{\circ}$.
Даны полуокружность с диаметром $AB$ и центром $O$ и прямая, пересекающая полуокружность в точках $C$ и $D$, а прямую $AB$ - в точке $M (MB < MA, MD < MC)$. Пусть $K$ - вторая точка пересечения окружностей, описанных около треугольников $AOC$ и $DOB$. Докажите, что угол $MKO$ прямой.
Решение:
Первое решение. Пусть $O_1$ и $O_2$ - центры, $OP$ и $OQ$ - диаметры окружностей $w_1$ и $w_2$ соответственно, описанных около треугольников $AOC$ и $DOB$ (см. рис.).
Отрезок $O_1O_2$ перпендикулярен общей хорде $OK$ этих окружностей и делит ее пополам, и, в то же время, является средней линией треугольника $POQ$, поэтому прямая $PQ$ проходит через точку $K$ и перпендикулярна $OK$. Таким образом, угол $MKO$ будет прямым, если точка $M$ лежит на прямой $PQ$. Докажем это.
Отрезок $PO$ - диаметр окружности $w_1$, проходящей через точку $A$, поэтому угол $PAO$ - прямой, следовательно, отрезок $PA$ касается полуокружности. Аналогично, $PC, QB$ и $QD$ - также касательные к полуокружности.
Пусть $F$ - точка пересечения прямых $PC$ и $QD$, а $E$ - точка пересечения прямой $CD$ и прямой, проходящей через точку $P$ и параллельной $QD$. Тогда из равенства касательных $FC$ и $FD$ следует, что $\angle QDM = \angle FDC = \angle FCD = \angle PCE$. Но $\angle QDM = \angle PEM$, так как $PE \parallel QD$. Итак, $PE = PC,$ но $PC = PA$ и $QB = QD$, значит, $APE$ и $BQD$ - подобные равнобедренные треугольники с соответственно параллельными сторонами $AP$ и $BQ, PE$ и $QD$. Гомотетия с центром в точке $M$ и коэффициентом $k = MA : MB$ переводит точку $B$ в точку $A$, точку $D$ в точку $E$, следовательно, она переводит точку $Q$ в точку $P$, так как треугольники $BQD$ и $APE$ подобны. Значит, прямая $PQ$ проходит через центр гомотетии - точку $M$.
Второе решение. Сделаем инверсию относительно окружности с центром $O$ и диаметром $AB$. Точки $A, C, B, D$ останутся неподвижными, а точка $K$ перейдет в точку $K^{\prime}$ пересечения прямых $AC$ и $BD$ (см. рис.). Точка $M$ перейдет в точку $M^{\prime}$ пересечения окружности, описанной вокруг $\Delta COD$, и прямой $AB$, отличную от $O$. Описанная окружность $\Delta COD$ - окружность 9 точек $\Delta AK^{\prime}B$ (так как $O$ - середина $AB, C$ и $D$ - основания высот), поэтому она вторично пересекает $AB$ в точке $M^{\prime}$ - основании высоты, следовательно, $K^{\prime}M^{\prime} \perp AB$.
Так как $OK \cdot OK^{\prime} = OM \cdot OM^{\prime},$ то $\Delta OKM$ подобен $\Delta OK^{\prime}M^{\prime}$ и, следовательно, $\angle OKM = 90^{\circ}$.
Третье решение. Пусть $O_1$ и $O_2$ - центры, $OP$ и $OQ$ - диаметры окружностей, описанных около треугольников $AOC$ и $DOB$ соответственно (см. рис.). Очевидно, $O$ и $K$ симметричны относительно $O_1O_2$ (см. решение 1).
Осуществим гомотетию с центром $O$ и коэффициентом 2. При этом точки $O_1$ и $O_2$ перейдут соответственно в точки $P$ и $Q$, а середина отрезка $OK$ - в точку $K$. Следовательно, точка $K$ принадлежит прямой $PQ$.
При описанной гомотетии серединные перпендикуляры к отрезкам $OA, OB, OC$ и $OD$ перейдут в касательные к окружности в точках $A, B, C$ и $D$ соответственно.
Рассмотрим шестиугольник $ABBCDDA$ (вырожденный и самопересекающийся), вписанный в окружность. По теореме Паскаля1 точки пересечения пар прямых $AB$ и $CD$ (пересекаются в точке $M$), касательных $BB$ и $DD$ (пересекаются в точке $Q$) и $BC$ и $DA$ (обозначим точку их пересечения через $L$) лежат на одной прямой. Таким образом, точка $Q$ лежит на прямой $LM$. Аналогично, точка $P$ лежит на прямой $LM$. Значит, точки $P, Q$ и $M$ лежат на одной прямой, откуда следует (см. решение 1), что $\angle OKM = 90^{\circ}$.
