Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1868
2019-01-21 
Две окружности пересекаются в точках $A$ и $B$. Через точку $A$ проведена прямая, вторично пересекающая первую окружность в точке $C$, а вторую - в точке $D$. Пусть $M$ и $N$ - середины дуг $BC$ и $BD$, не содержащих точку $A$, а $K$ - середина отрезка $CD$. Докажите, что угол $MKN$ прямой. (Можно считать, что точки $C$ и $D$ лежат по разные стороны от точки $A$).
Решение:
Первое решение. Пусть $N$ - точка, симметричная точке $N$ относительно $K$ (см. рис.). Тогда $\triangle KCN_1 = \triangle KDN$, поэтому $CN_1 = ND$ и $\angle N_1CK = \angle NDK = \pi - \angle ABN$. Заметим еще, что $\angle MCK = \pi - \angle ABM$. Складывая полученные равенства, находим, что $\angle N_1CM = \angle MBN$. Кроме того, из условия следует, что $CM = MB$ и $BN = ND$ (т.е. и $BN = CN_1$). Значит, $\triangle MCN_1 = \triangle MBN,$ откуда $MN_1 = MN$. Отрезок $MK$ - медиана в равнобедренном треугольнике $MNN_1,$ поэтому $\angle MKN = 90^{\circ}$.
Второе решение. Это решение позволяет отказаться от дополнительного условия в задаче (о том, что точки $C$ и $D$ лежат по разные стороны от $A$), которое было задано лишь затем, чтобы избежать разбора различных случаев. Рассмотрим композицию поворотов $R_{M}^{\beta} \cdot R_{N}^{\alpha}$, где $\alpha = \angle DNB, \beta = \angle BMC$ (углы предполагаются ориентированными). Заметим, что $\alpha + \beta = \pm 180^{\circ}$, поэтому $R_M^{ \beta} \circ R_N^{ \alpha} = Z_X$ - центральная симметрия относительно некоторой точки $X$. Но
$Z_X(D) = (R_{M}^{\beta} \circ R_{N}^{\alpha})(D) = R_{M}^{\beta}(B) = C$,
поэтому $X$ - середина отрезка $CD$, т. е. совпадает с точкой $К$. Если $N_1 = Z_K(N),$ то $N_1 = R_{M}^{\beta} \circ R_{N}^{\alpha})(N) = R_{M}^{\beta}(N),$ т. е. $\triangle NMN_1$ равнобедренный и $\angle MKN = 90^{\circ}$.
Замечание. Задача имеет много других решений. Например, можно воспользоваться подобием треугольников $MEK$ и $KFN$, где $E$ и $F$ - середины отрезков $BC$ и $BD$ соответственно. Эти треугольники имеют две пары взаимно перпендикулярных сторон: $EK$ и $FN, ME$ и $KF$; следовательно, перпендикулярны и их третьи стороны.
Две окружности пересекаются в точках $A$ и $B$. Через точку $A$ проведена прямая, вторично пересекающая первую окружность в точке $C$, а вторую - в точке $D$. Пусть $M$ и $N$ - середины дуг $BC$ и $BD$, не содержащих точку $A$, а $K$ - середина отрезка $CD$. Докажите, что угол $MKN$ прямой. (Можно считать, что точки $C$ и $D$ лежат по разные стороны от точки $A$).
Решение:
Первое решение. Пусть $N$ - точка, симметричная точке $N$ относительно $K$ (см. рис.). Тогда $\triangle KCN_1 = \triangle KDN$, поэтому $CN_1 = ND$ и $\angle N_1CK = \angle NDK = \pi - \angle ABN$. Заметим еще, что $\angle MCK = \pi - \angle ABM$. Складывая полученные равенства, находим, что $\angle N_1CM = \angle MBN$. Кроме того, из условия следует, что $CM = MB$ и $BN = ND$ (т.е. и $BN = CN_1$). Значит, $\triangle MCN_1 = \triangle MBN,$ откуда $MN_1 = MN$. Отрезок $MK$ - медиана в равнобедренном треугольнике $MNN_1,$ поэтому $\angle MKN = 90^{\circ}$.
Второе решение. Это решение позволяет отказаться от дополнительного условия в задаче (о том, что точки $C$ и $D$ лежат по разные стороны от $A$), которое было задано лишь затем, чтобы избежать разбора различных случаев. Рассмотрим композицию поворотов $R_{M}^{\beta} \cdot R_{N}^{\alpha}$, где $\alpha = \angle DNB, \beta = \angle BMC$ (углы предполагаются ориентированными). Заметим, что $\alpha + \beta = \pm 180^{\circ}$, поэтому $R_M^{ \beta} \circ R_N^{ \alpha} = Z_X$ - центральная симметрия относительно некоторой точки $X$. Но
$Z_X(D) = (R_{M}^{\beta} \circ R_{N}^{\alpha})(D) = R_{M}^{\beta}(B) = C$,
поэтому $X$ - середина отрезка $CD$, т. е. совпадает с точкой $К$. Если $N_1 = Z_K(N),$ то $N_1 = R_{M}^{\beta} \circ R_{N}^{\alpha})(N) = R_{M}^{\beta}(N),$ т. е. $\triangle NMN_1$ равнобедренный и $\angle MKN = 90^{\circ}$.
Замечание. Задача имеет много других решений. Например, можно воспользоваться подобием треугольников $MEK$ и $KFN$, где $E$ и $F$ - середины отрезков $BC$ и $BD$ соответственно. Эти треугольники имеют две пары взаимно перпендикулярных сторон: $EK$ и $FN, ME$ и $KF$; следовательно, перпендикулярны и их третьи стороны.
