Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3322
2019-06-02 
$ABCD$ - выпуклый четырехугольник. Окружности, построенные на отрезках $AB$ и $CD$ как на диаметрах, касаются внешним образом в точке $M$, отличной от точки пересечения диагоналей четырехугольника. Окружность, проходящая через точки $A, M$ и $C$, вторично пересекает прямую, соединяющую точку $M$ и середину $AB$, в точке $K$, а окружность, проходящая через точки $B, M$ и $D$, вторично пересекает ту же прямую в точке $L$. Докажите, что $|MK - ML| = |AB - CD|$.
Решение:
Первый способ. Пусть $P$ и $Q$ - середины отрезков $AB$ и $CD$ соответственно, $O_1$ и $O_2$ - центры окружностей, проходящих через точки $A, M, C$ и $B, M, D$ соответственно, $H_1$ и $H_2$ - проекции $O_1$ и $O_2$ на прямую $PQ$ (рис.).
1°. Точки $M, P$ и $Q$ лежат на одной прямой. В самом деле, прямые $PM$ и $QM$ содержат радиусы окружностей, касающихся в точке $M$, и, следовательно, перпендикулярны общей внутренней касательной к этим окружностям.
2°. Точки $P$ и $Q$ лежат на окружности с диаметром $O_1O_2$. Действительно, $PO_1 \perp PO_2$, поскольку эти прямые - серединные перпендикуляры к отрезкам $MA$ и $MB$, угол между которыми прямой ($M$ лежит на окружности с диаметром $AB$, см. факт 14). Аналогично, $QO_1 \perp QO_2$.
3°. Ясно, что $KH_1 = H_1M, LH_2 = H_2M$ (радиус, перпендикулярный хорде, делит ее пополам).
4°. $PH_1 = QH_2$, так как проекция середины отрезка $O_1O_2$ делит отрезок $H_1H_2$ пополам, но эта проекция делит пополам и отрезок $PQ$ (мы снова пользуемся тем, что перпендикуляр к хорде, опущенный из центра окружности, делит ее пополам). Наконец, $|MK - ML| = 2|MH_1 - MH_2| = 2|MP - MQ| = 2 \left | \frac{1}{2} AB - \frac{1}{2} CD \right | = |AB - CD|$.
Второй способ. Обозначим окружность, проходящую через точки $A, M$ и $B$, через $\omega_{AMB}$, окружность, проходящую через точки $A, M$ и $C$, - через $\omega_{AMC}$ и т. д.
Пусть $E$ - точка пересечения прямой $KL$ с окружностью $\omega_{AMB}$, $F$ - точка пересечения той же прямой с окружностью $\omega_{CMD}$ (рис.). Так как отрезок $EM$ - диаметр окружности $\omega_{AMB}$, имеем $EM = AB$. Значит, $MK - AB = KE$. Аналогично $ML - CD = FL$. Поэтому достаточно доказать, что $KE = FL$.
Продолжим отрезок $AB$ до пересечения с окружностью $\omega_{AMC}$ в точке $K^{ \prime}$. Мы утверждаем, что $KE = BK^{ \prime}$. Действительно, рассмотрим симметрию относительно прямой, соединяющей центры окружностей $\omega_{AMC}$ и $\omega_{AMB}$. При этой симметрии окружности $\omega_{AMB}$ и $\omega_{AMC}$ переходят в себя, значит, их точки пересечения $A$ и $M$ переходят друг в друга.
Так как центр $P$ окружности $\omega_{AMB}$ переходит в себя, прямая $AK^{ \prime}$ переходит в прямую $MK$. Точка $K$ переходит в точку $K^{ \prime}$, так как окружность $\omega_{AMC}$ переходит в себя. Аналогично, точка $E$ переходит в точку $B$. Значит, отрезок $KE$ переходит в отрезок $K^{ \prime}B$, и наше утверждение доказано.
По тем же соображениям, если точка $L^{ \prime}$ является точкой пересечения прямой $CD$ с окружностью $\omega_{BMD}$, отличной от точки $D$, то $FL = CL^{ \prime}$. Итак, осталось доказать, что $BK^{ \prime} = CL^{ \prime}$.
Пусть $L^{ \prime \prime}$ - точка пересечения прямой $CD$ с окружностью $\omega_{AMC}$. Рассматривая симметрию относительно прямой, соединяющей центры окружностей $\omega_{AMC}$ и $\omega_{CMD}$, видим, что $MK = CL^{ \prime \prime}$. Аналогично, $AK^{ \prime} = MK$. Значит, $CL^{ \prime \prime} = AK^{ \prime}$. Пусть хорды $AK^{ \prime}$ и $CL^{ \prime \prime}$ пересекаются в точке $N$. Так как эти хорды равны, биссектриса угла $ANL^{ \prime \prime}$ проходит через центр окружности $\omega_{AMC}$.
Так же доказывается, что эта биссектриса проходит через центр окружности $\omega_{BMD}$ (нужно продолжить $AK^{ \prime}$ до пересечения с окружностью $\omega_{BMD}$ в точке $K^{ \prime \prime}$ и доказать, что $BK^{ \prime \prime} = DL^{ \prime}$). Значит, симметрия относительно этой биссектрисы переводит в себя окружности $\omega_{AMC}$ и $\omega_{BMD}$, а прямые $CL$ и $AK^{ \prime}$ переводит друг в друга. Но тогда она переводит отрезок $BK^{ \prime}$ в отрезок $CL^{ \prime}$. Поэтому эти отрезки равны, и задача решена.
$ABCD$ - выпуклый четырехугольник. Окружности, построенные на отрезках $AB$ и $CD$ как на диаметрах, касаются внешним образом в точке $M$, отличной от точки пересечения диагоналей четырехугольника. Окружность, проходящая через точки $A, M$ и $C$, вторично пересекает прямую, соединяющую точку $M$ и середину $AB$, в точке $K$, а окружность, проходящая через точки $B, M$ и $D$, вторично пересекает ту же прямую в точке $L$. Докажите, что $|MK - ML| = |AB - CD|$.
Решение:
Первый способ. Пусть $P$ и $Q$ - середины отрезков $AB$ и $CD$ соответственно, $O_1$ и $O_2$ - центры окружностей, проходящих через точки $A, M, C$ и $B, M, D$ соответственно, $H_1$ и $H_2$ - проекции $O_1$ и $O_2$ на прямую $PQ$ (рис.).
1°. Точки $M, P$ и $Q$ лежат на одной прямой. В самом деле, прямые $PM$ и $QM$ содержат радиусы окружностей, касающихся в точке $M$, и, следовательно, перпендикулярны общей внутренней касательной к этим окружностям.
2°. Точки $P$ и $Q$ лежат на окружности с диаметром $O_1O_2$. Действительно, $PO_1 \perp PO_2$, поскольку эти прямые - серединные перпендикуляры к отрезкам $MA$ и $MB$, угол между которыми прямой ($M$ лежит на окружности с диаметром $AB$, см. факт 14). Аналогично, $QO_1 \perp QO_2$.
3°. Ясно, что $KH_1 = H_1M, LH_2 = H_2M$ (радиус, перпендикулярный хорде, делит ее пополам).
4°. $PH_1 = QH_2$, так как проекция середины отрезка $O_1O_2$ делит отрезок $H_1H_2$ пополам, но эта проекция делит пополам и отрезок $PQ$ (мы снова пользуемся тем, что перпендикуляр к хорде, опущенный из центра окружности, делит ее пополам). Наконец, $|MK - ML| = 2|MH_1 - MH_2| = 2|MP - MQ| = 2 \left | \frac{1}{2} AB - \frac{1}{2} CD \right | = |AB - CD|$.
Второй способ. Обозначим окружность, проходящую через точки $A, M$ и $B$, через $\omega_{AMB}$, окружность, проходящую через точки $A, M$ и $C$, - через $\omega_{AMC}$ и т. д.
Пусть $E$ - точка пересечения прямой $KL$ с окружностью $\omega_{AMB}$, $F$ - точка пересечения той же прямой с окружностью $\omega_{CMD}$ (рис.). Так как отрезок $EM$ - диаметр окружности $\omega_{AMB}$, имеем $EM = AB$. Значит, $MK - AB = KE$. Аналогично $ML - CD = FL$. Поэтому достаточно доказать, что $KE = FL$.
Продолжим отрезок $AB$ до пересечения с окружностью $\omega_{AMC}$ в точке $K^{ \prime}$. Мы утверждаем, что $KE = BK^{ \prime}$. Действительно, рассмотрим симметрию относительно прямой, соединяющей центры окружностей $\omega_{AMC}$ и $\omega_{AMB}$. При этой симметрии окружности $\omega_{AMB}$ и $\omega_{AMC}$ переходят в себя, значит, их точки пересечения $A$ и $M$ переходят друг в друга.
Так как центр $P$ окружности $\omega_{AMB}$ переходит в себя, прямая $AK^{ \prime}$ переходит в прямую $MK$. Точка $K$ переходит в точку $K^{ \prime}$, так как окружность $\omega_{AMC}$ переходит в себя. Аналогично, точка $E$ переходит в точку $B$. Значит, отрезок $KE$ переходит в отрезок $K^{ \prime}B$, и наше утверждение доказано.
По тем же соображениям, если точка $L^{ \prime}$ является точкой пересечения прямой $CD$ с окружностью $\omega_{BMD}$, отличной от точки $D$, то $FL = CL^{ \prime}$. Итак, осталось доказать, что $BK^{ \prime} = CL^{ \prime}$.
Пусть $L^{ \prime \prime}$ - точка пересечения прямой $CD$ с окружностью $\omega_{AMC}$. Рассматривая симметрию относительно прямой, соединяющей центры окружностей $\omega_{AMC}$ и $\omega_{CMD}$, видим, что $MK = CL^{ \prime \prime}$. Аналогично, $AK^{ \prime} = MK$. Значит, $CL^{ \prime \prime} = AK^{ \prime}$. Пусть хорды $AK^{ \prime}$ и $CL^{ \prime \prime}$ пересекаются в точке $N$. Так как эти хорды равны, биссектриса угла $ANL^{ \prime \prime}$ проходит через центр окружности $\omega_{AMC}$.
Так же доказывается, что эта биссектриса проходит через центр окружности $\omega_{BMD}$ (нужно продолжить $AK^{ \prime}$ до пересечения с окружностью $\omega_{BMD}$ в точке $K^{ \prime \prime}$ и доказать, что $BK^{ \prime \prime} = DL^{ \prime}$). Значит, симметрия относительно этой биссектрисы переводит в себя окружности $\omega_{AMC}$ и $\omega_{BMD}$, а прямые $CL$ и $AK^{ \prime}$ переводит друг в друга. Но тогда она переводит отрезок $BK^{ \prime}$ в отрезок $CL^{ \prime}$. Поэтому эти отрезки равны, и задача решена.
