Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3320
2019-06-02 
Дана окружность и точка $A$ внутри ее. Найдите геометрическое место вершин $C$ всевозможных прямоугольников $ABCD$, где точки $B$ и $D$ лежат на окружности.
Решение:
1°. Пусть $O$ - центр окружности в условии задачи. Докажем, что для точки С выполняется равенство $OC^{2} = 2R^{2} - OA^{2}$, где $O$ - центр данной окружности, $R$ - ее радиус. Введем обозначения, как показано на рис. Отрезок ОС является гипотенузой в прямоугольном треугольнике с катетами х и у; по теореме Пифагора получаем:
$OC^{2} = x^{2} + y^{2} = (x^{2} +t^{2}) + (y^{2} + z^{2}) - (z^{2} + t^{2}) = 2R^{2} - OA^{2}$.
($x^{2} + t^{2} = y^{2} + z^{2} = R^{2}, z^{2} + t^{2} = OA^{2}$ по теореме Пифагора).
Отсюда следует, что расстояние от точки С до точки О постоянно и равно $\sqrt{2R^{2} - OA^{2}}$, значит, искомым ГМТ является окружность с центром О и радиусом $\sqrt{2R^{2} - OA^{2}}$.
2°. Обратно, пусть точка С такова, что $OC^{2} = 2R^{2} - OA^{2}$. Докажем, что найдется прямоугольник ABCD, вершины В и D которого лежат на исходной окружности.
Построим окружность на отрезке АС как на диаметре (рис.). Она пересечет исходную окружность в двух точках. Обозначим одну из этих точек через В. Тогда $\angle ABC = 90^{ \circ}$. Достроим прямоугольный треугольник АВС до прямоугольника ABCD. Нам достаточно доказать, что точка D лежит на окружности. В обозначениях рисунка
$OD^{2} = y^{2} + z^{2} = (x^{2} + y^{2}) + (z^{2} + t^{2}) - (x^{2} + t^{2}) = OC^{2} + OA^{2} - R^{2} = (2R^{2} - OA^{2} ) + OA^{2} - R^{2} = R^{2}$,
что и требовалось доказать.
Дана окружность и точка $A$ внутри ее. Найдите геометрическое место вершин $C$ всевозможных прямоугольников $ABCD$, где точки $B$ и $D$ лежат на окружности.
Решение:
1°. Пусть $O$ - центр окружности в условии задачи. Докажем, что для точки С выполняется равенство $OC^{2} = 2R^{2} - OA^{2}$, где $O$ - центр данной окружности, $R$ - ее радиус. Введем обозначения, как показано на рис. Отрезок ОС является гипотенузой в прямоугольном треугольнике с катетами х и у; по теореме Пифагора получаем:
$OC^{2} = x^{2} + y^{2} = (x^{2} +t^{2}) + (y^{2} + z^{2}) - (z^{2} + t^{2}) = 2R^{2} - OA^{2}$.
($x^{2} + t^{2} = y^{2} + z^{2} = R^{2}, z^{2} + t^{2} = OA^{2}$ по теореме Пифагора).
Отсюда следует, что расстояние от точки С до точки О постоянно и равно $\sqrt{2R^{2} - OA^{2}}$, значит, искомым ГМТ является окружность с центром О и радиусом $\sqrt{2R^{2} - OA^{2}}$.
2°. Обратно, пусть точка С такова, что $OC^{2} = 2R^{2} - OA^{2}$. Докажем, что найдется прямоугольник ABCD, вершины В и D которого лежат на исходной окружности.
Построим окружность на отрезке АС как на диаметре (рис.). Она пересечет исходную окружность в двух точках. Обозначим одну из этих точек через В. Тогда $\angle ABC = 90^{ \circ}$. Достроим прямоугольный треугольник АВС до прямоугольника ABCD. Нам достаточно доказать, что точка D лежит на окружности. В обозначениях рисунка
$OD^{2} = y^{2} + z^{2} = (x^{2} + y^{2}) + (z^{2} + t^{2}) - (x^{2} + t^{2}) = OC^{2} + OA^{2} - R^{2} = (2R^{2} - OA^{2} ) + OA^{2} - R^{2} = R^{2}$,
что и требовалось доказать.
