Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3928
2019-07-03 
Задача о бабочке. Через середину $C$ произвольной хорды $AB$ окружности проведены две хорды $KL$ и $MN$ (точки $K$ и $M$ лежат по одну сторону от $AB$). Отрезок $KN$ пересекает $AB$ в точке $P$. Отрезок $LM$ пересекает $AB$ в точке $Q$. Докажите, что $PC=QC$.
Решение:
Первый способ. Пусть $QX$ и $QY$ - высоты треугольников $CQM$ и $CQL$, а $PZ$ и $PT$ - высоты треугольников $CPK$ и $CPN$ (рис.1). Треугольники $CQX$ и $CPT$ подобны по двум углам. Также по двум углам подобны треугольники $CQY$ и $CPZ$ с тем же коэффициентом подобия $\frac{CQ}{CP}$. Поэтому
$\frac{CQ}{CP}=\frac{QX}{PT}=\frac{QY}{PZ}.$
Значит,
$\frac{CQ^{2}}{CP^{2}}=\frac{QX}{PT}\cdot\frac{QY}{PZ}=\frac{QX}{PZ}\cdot\frac{QY}{PT}.$
Из равенства углов $NKL$ и $NML$, а также $MLK$ и $MNK$ следует, что треугольник $MXQ$ подобен треугольнику $KZP$, а треугольник $LYQ$ подобен треугольнику $NTP$. Поэтому
$\frac{QX}{PZ}\cdot\frac{QY}{PT}=\frac{MQ}{KP}\cdot\frac{LQ}{NP}.$
По теореме о равенстве произведений отрезков пересекающихся хорд
$MQ\cdot LQ=AQ\cdot QB=(AC+CQ)(BC-CQ)=$
$=(AC+CQ)(AC-CQ)=AC^{2}-CQ^{2},$
$KP\cdot NP=BP\cdot AP=(BC+CP)(AC-CP)=$
$=(AC+CP)\cdot(AC-CP)=AC^{2}-CP^{2}.$
Следовательно,
$\frac{CQ^{2}}{CP^{2}}=\frac{AC^{2}-CQ^{2}}{AC^{2}-CP^{2}}.$
После перемножения и приведения подобных получим, что $CQ^{2}=CP^{2}$.
Второй способ. Опустим из центра $O$ данной окружности перпендикуляры $OG$ и $OH$ на хорды $KN$ и $ML$ соответственно (рис.2). Тогда $G$ и $H$ - середины отрезков $KN$ и $ML$. Рассмотрим случай, изображённый на рис.2.
Проведём две окружности: через точки $O$, $C$, $P$, $G$ и через точки $O$, $C$, $Q$, $H$. По теореме о вписанных углах $\angle COP=\angle CGP$ и $\angle COQ=\angle CHQ$. Поскольку треугольники $KCN$ и $MCL$ подобны, то подобны и треугольники $KCG$ и $MCH$, т.к. $CG$ и $CH$ - соответствующие медианы треугольников $KCN$ и $MCL$. Поэтому
$\angle CGP=\angle CHQ,~\angle COP=\angle COQ.$
Значит, высота $CO$ треугольника $POQ$ является его биссектрисой. Поэтому треугольник $POQ$ - равнобедренный. Следовательно, $PC=CQ$. Аналогично для всех других возможных случаев расположения точек $K$, $L$, $M$ и $N$.
Третий способ. Докажем сначала следующее утверждение. Пусть хорда $AB$ пересекает противоположные стороны $KN$, $LM$ и диагонали $MN$ и $KL$ вписанного четырёхугольника $KMLN$ в точках $P$, $Q$, $E$ и $F$ соответственно (рис.3). Положим $\frac{AP}{PB}=\alpha$, $\frac{AQ}{QB}=\beta$, $\frac{AE}{EB}=x$, $\frac{AF}{FB}=y$. Тогда $\alpha\beta=xy$.
Действительно, пусть $AG$ и $BH$ - высоты треугольников $AKN$ и $BKN$, опущенные на общее основание $KN$. Тогда $\frac{AG}{BH}=\frac{AP}{BP}$, поэтому $\frac{S_{\Delta AKN}}{S_{\Delta BKN}}=\frac{AP}{BP}$. С другой стороны,
$\frac{S_{\Delta AKN}}{S_{\Delta BKN}}=\frac{\frac{1}{2}AK\cdot AN\sin\angle KAN}{\frac{1}{2}BK\cdot BN\sin\angle KBN}=\frac{AK\cdot AN}{BK\cdot BN}.$
Следовательно, $\alpha=\frac{AP}{PB}=\frac{AK\cdot AN}{BK\cdot BN}$.
Аналогично докажем, что
$\beta=\frac{AQ}{QB}=\frac{AM\cdot AL}{BM\cdot BL},~x=\frac{AE}{EB}=\frac{AL\cdot AN}{BL\cdot BN},~y=\frac{AF}{FB}=\frac{AK\cdot AM}{BK\cdot BM},$
значит,
$\alpha\beta=\frac{AK\cdot AN}{BK\cdot BN}\cdot\frac{AM\cdot AL}{BM\cdot BL}=\frac{AK\cdot AN\cdot AM\cdot AL}{BK\cdot BN\cdot BM\cdot BL},$
$xy=\frac{AL\cdot AN}{BL\cdot BN}\cdot\frac{AK\cdot AM}{BK\cdot BM}=\frac{AK\cdot AN\cdot AM\cdot AL}{BK\cdot BN\cdot BM\cdot BL}.$
Следовательно, $\alpha\beta=xy$. Утверждение доказано.
Вернёмся к нашей задаче (рис.4). Диагонали $KL$ и $MN$ в этом случае пересекаются в середине $C$ хорды $AB$, т.е. точки $E$ и $F$ совпадают с точкой $C$. Это значит, что $x=\frac{AE}{EB}=1$ и $y=\frac{AF}{FB}=1$. Тогда по доказанному $\alpha\beta=1$, т.е.
$\frac{AP}{PB}\cdot\frac{AQ}{QB}=1,~\frac{AP}{AB-AP}\cdot\frac{AB-QB}{QB}=1,~\frac{AP}{AB-AP}=\frac{QB}{AB-QB},~$
откуда $AP=QB$. Следовательно,
$PC=AC-AP=BC-QB=CQ.$
Что и требовалось доказать.
Четвёртый способ. (Решение Ф. Покровского.) Опишем окружности около треугольников $CKN$ и $CML$ (рис.5). Пусть прямая $AB$ вторично пересекает первую из этих окружностей (с центром $O_{1}$) в точке $X$, а вторую (с центром $O_{2}$) - в точке $Y$.
Треугольник $CLQ$ подобен треугольнику $CXK$ по двум углам, т.к. $\angle LCQ=\angle XCK$ и
$\angle CXK=\angle CNK=\angle MNK=\angle MLK=\angle QLK.$
Значит, $\frac{CQ}{CK}=\frac{CL}{CX}$, поэтому $CQ\cdot CX=CL\cdot CK$. Аналогично треугольник $LCY$ подобен треугольнику $PCK$, поэтому $CL\cdot CK=CP\cdot CY$. Значит, $CQ\cdot CX=CP\cdot CY$. Следовательно, равенство $CP=CQ$ равносильно равенству $CX=CY$, и задача сводится к доказательству этого равенства.
Лемма 1. Если прямая $l$, проходящая через точку $T$ пересечения окружностей с центрами $O_{1}$ и $O_{2}$, высекает на этих окружностях равные хорды, то отрезок, соединяющий точку $T$ с серединой $O_{1}O_{2}$, перпендикулярен прямой $l$.
Доказательство. Действительно, если $T_{1}$ и $T_{2}$ - проекции центров $O_{1}$ и $O_{2}$ на прямую $l$ (рис.6), то $T_{1}$ и $T_{2}$ - середины равных хорд этих окружностей. Значит, $T$ - середина отрезка $T_{1}T_{2}$, поэтому отрезок, соединяющий точку $T$ с серединой $O_{1}O_{2}$, параллелен $O_{1}T_{1}$ и $O_{2}T_{2}$. Следовательно, этот отрезок перпендикулярен прямой $l$. Лемма доказана.
Лемма 2. Пусть $O$ - центр данной окружности. Тогда четырёхугольник $OO_{1}CO_{2}$ - параллелограмм.
Доказательство. Линия центров пересекающихся окружностей перпендикулярна их общей хорде, поэтому $OO_{1}\perp KN$ (рис.7).
Пусть $CZ$ - диаметр окружности с центром $O_{2}$, а прямая $CZ$ пересекает $KN$ в точке $U$. Тогда
$\angle CMZ=90^{\circ},~\angle NCU=\angle MCZ,~$
$\angle CNU=\angle CNK=\angle MNK=\angle MLK=\angle MLC=\angle MZC.$
Значит, два угла прямоугольного треугольника $CMZ$ соответственно равны двум углам треугольника $CUN$, поэтому третий угол треугольника $CUN$ также прямой, т.е. $\angle CUN=90^{\circ}$. Следовательно, $CO_{2}\perp KN$. Таким образом, прямые $OO_{1}$ и $O_{2}C$ перпендикулярны одной и той же прямой, значит, $OO_{1}\parallel O_{2}C$.
Аналогично $OO_{2}\parallel O_{1}C$, следовательно, $OO_{1}CO_{2}$ - параллелограмм. Лемма доказана.
Пусть $S$ - точка пересечения диагоналей параллелограмма $OO_{1}CO_{2}$. Тогда $S$ - середина $O_{1}O_{2}$. Из леммы 1 и единственности перпендикуляра следует, что $C$ - середина отрезка $XY$. Значит, $CX=CY$. Что и требовалось доказать.
Задача о бабочке. Через середину $C$ произвольной хорды $AB$ окружности проведены две хорды $KL$ и $MN$ (точки $K$ и $M$ лежат по одну сторону от $AB$). Отрезок $KN$ пересекает $AB$ в точке $P$. Отрезок $LM$ пересекает $AB$ в точке $Q$. Докажите, что $PC=QC$.
Решение:
Первый способ. Пусть $QX$ и $QY$ - высоты треугольников $CQM$ и $CQL$, а $PZ$ и $PT$ - высоты треугольников $CPK$ и $CPN$ (рис.1). Треугольники $CQX$ и $CPT$ подобны по двум углам. Также по двум углам подобны треугольники $CQY$ и $CPZ$ с тем же коэффициентом подобия $\frac{CQ}{CP}$. Поэтому
$\frac{CQ}{CP}=\frac{QX}{PT}=\frac{QY}{PZ}.$
Значит,
$\frac{CQ^{2}}{CP^{2}}=\frac{QX}{PT}\cdot\frac{QY}{PZ}=\frac{QX}{PZ}\cdot\frac{QY}{PT}.$
Из равенства углов $NKL$ и $NML$, а также $MLK$ и $MNK$ следует, что треугольник $MXQ$ подобен треугольнику $KZP$, а треугольник $LYQ$ подобен треугольнику $NTP$. Поэтому
$\frac{QX}{PZ}\cdot\frac{QY}{PT}=\frac{MQ}{KP}\cdot\frac{LQ}{NP}.$
По теореме о равенстве произведений отрезков пересекающихся хорд
$MQ\cdot LQ=AQ\cdot QB=(AC+CQ)(BC-CQ)=$
$=(AC+CQ)(AC-CQ)=AC^{2}-CQ^{2},$
$KP\cdot NP=BP\cdot AP=(BC+CP)(AC-CP)=$
$=(AC+CP)\cdot(AC-CP)=AC^{2}-CP^{2}.$
Следовательно,
$\frac{CQ^{2}}{CP^{2}}=\frac{AC^{2}-CQ^{2}}{AC^{2}-CP^{2}}.$
После перемножения и приведения подобных получим, что $CQ^{2}=CP^{2}$.
Второй способ. Опустим из центра $O$ данной окружности перпендикуляры $OG$ и $OH$ на хорды $KN$ и $ML$ соответственно (рис.2). Тогда $G$ и $H$ - середины отрезков $KN$ и $ML$. Рассмотрим случай, изображённый на рис.2.
Проведём две окружности: через точки $O$, $C$, $P$, $G$ и через точки $O$, $C$, $Q$, $H$. По теореме о вписанных углах $\angle COP=\angle CGP$ и $\angle COQ=\angle CHQ$. Поскольку треугольники $KCN$ и $MCL$ подобны, то подобны и треугольники $KCG$ и $MCH$, т.к. $CG$ и $CH$ - соответствующие медианы треугольников $KCN$ и $MCL$. Поэтому
$\angle CGP=\angle CHQ,~\angle COP=\angle COQ.$
Значит, высота $CO$ треугольника $POQ$ является его биссектрисой. Поэтому треугольник $POQ$ - равнобедренный. Следовательно, $PC=CQ$. Аналогично для всех других возможных случаев расположения точек $K$, $L$, $M$ и $N$.
Третий способ. Докажем сначала следующее утверждение. Пусть хорда $AB$ пересекает противоположные стороны $KN$, $LM$ и диагонали $MN$ и $KL$ вписанного четырёхугольника $KMLN$ в точках $P$, $Q$, $E$ и $F$ соответственно (рис.3). Положим $\frac{AP}{PB}=\alpha$, $\frac{AQ}{QB}=\beta$, $\frac{AE}{EB}=x$, $\frac{AF}{FB}=y$. Тогда $\alpha\beta=xy$.
Действительно, пусть $AG$ и $BH$ - высоты треугольников $AKN$ и $BKN$, опущенные на общее основание $KN$. Тогда $\frac{AG}{BH}=\frac{AP}{BP}$, поэтому $\frac{S_{\Delta AKN}}{S_{\Delta BKN}}=\frac{AP}{BP}$. С другой стороны,
$\frac{S_{\Delta AKN}}{S_{\Delta BKN}}=\frac{\frac{1}{2}AK\cdot AN\sin\angle KAN}{\frac{1}{2}BK\cdot BN\sin\angle KBN}=\frac{AK\cdot AN}{BK\cdot BN}.$
Следовательно, $\alpha=\frac{AP}{PB}=\frac{AK\cdot AN}{BK\cdot BN}$.
Аналогично докажем, что
$\beta=\frac{AQ}{QB}=\frac{AM\cdot AL}{BM\cdot BL},~x=\frac{AE}{EB}=\frac{AL\cdot AN}{BL\cdot BN},~y=\frac{AF}{FB}=\frac{AK\cdot AM}{BK\cdot BM},$
значит,
$\alpha\beta=\frac{AK\cdot AN}{BK\cdot BN}\cdot\frac{AM\cdot AL}{BM\cdot BL}=\frac{AK\cdot AN\cdot AM\cdot AL}{BK\cdot BN\cdot BM\cdot BL},$
$xy=\frac{AL\cdot AN}{BL\cdot BN}\cdot\frac{AK\cdot AM}{BK\cdot BM}=\frac{AK\cdot AN\cdot AM\cdot AL}{BK\cdot BN\cdot BM\cdot BL}.$
Следовательно, $\alpha\beta=xy$. Утверждение доказано.
Вернёмся к нашей задаче (рис.4). Диагонали $KL$ и $MN$ в этом случае пересекаются в середине $C$ хорды $AB$, т.е. точки $E$ и $F$ совпадают с точкой $C$. Это значит, что $x=\frac{AE}{EB}=1$ и $y=\frac{AF}{FB}=1$. Тогда по доказанному $\alpha\beta=1$, т.е.
$\frac{AP}{PB}\cdot\frac{AQ}{QB}=1,~\frac{AP}{AB-AP}\cdot\frac{AB-QB}{QB}=1,~\frac{AP}{AB-AP}=\frac{QB}{AB-QB},~$
откуда $AP=QB$. Следовательно,
$PC=AC-AP=BC-QB=CQ.$
Что и требовалось доказать.
Четвёртый способ. (Решение Ф. Покровского.) Опишем окружности около треугольников $CKN$ и $CML$ (рис.5). Пусть прямая $AB$ вторично пересекает первую из этих окружностей (с центром $O_{1}$) в точке $X$, а вторую (с центром $O_{2}$) - в точке $Y$.
Треугольник $CLQ$ подобен треугольнику $CXK$ по двум углам, т.к. $\angle LCQ=\angle XCK$ и
$\angle CXK=\angle CNK=\angle MNK=\angle MLK=\angle QLK.$
Значит, $\frac{CQ}{CK}=\frac{CL}{CX}$, поэтому $CQ\cdot CX=CL\cdot CK$. Аналогично треугольник $LCY$ подобен треугольнику $PCK$, поэтому $CL\cdot CK=CP\cdot CY$. Значит, $CQ\cdot CX=CP\cdot CY$. Следовательно, равенство $CP=CQ$ равносильно равенству $CX=CY$, и задача сводится к доказательству этого равенства.
Лемма 1. Если прямая $l$, проходящая через точку $T$ пересечения окружностей с центрами $O_{1}$ и $O_{2}$, высекает на этих окружностях равные хорды, то отрезок, соединяющий точку $T$ с серединой $O_{1}O_{2}$, перпендикулярен прямой $l$.
Доказательство. Действительно, если $T_{1}$ и $T_{2}$ - проекции центров $O_{1}$ и $O_{2}$ на прямую $l$ (рис.6), то $T_{1}$ и $T_{2}$ - середины равных хорд этих окружностей. Значит, $T$ - середина отрезка $T_{1}T_{2}$, поэтому отрезок, соединяющий точку $T$ с серединой $O_{1}O_{2}$, параллелен $O_{1}T_{1}$ и $O_{2}T_{2}$. Следовательно, этот отрезок перпендикулярен прямой $l$. Лемма доказана.
Лемма 2. Пусть $O$ - центр данной окружности. Тогда четырёхугольник $OO_{1}CO_{2}$ - параллелограмм.
Доказательство. Линия центров пересекающихся окружностей перпендикулярна их общей хорде, поэтому $OO_{1}\perp KN$ (рис.7).
Пусть $CZ$ - диаметр окружности с центром $O_{2}$, а прямая $CZ$ пересекает $KN$ в точке $U$. Тогда
$\angle CMZ=90^{\circ},~\angle NCU=\angle MCZ,~$
$\angle CNU=\angle CNK=\angle MNK=\angle MLK=\angle MLC=\angle MZC.$
Значит, два угла прямоугольного треугольника $CMZ$ соответственно равны двум углам треугольника $CUN$, поэтому третий угол треугольника $CUN$ также прямой, т.е. $\angle CUN=90^{\circ}$. Следовательно, $CO_{2}\perp KN$. Таким образом, прямые $OO_{1}$ и $O_{2}C$ перпендикулярны одной и той же прямой, значит, $OO_{1}\parallel O_{2}C$.
Аналогично $OO_{2}\parallel O_{1}C$, следовательно, $OO_{1}CO_{2}$ - параллелограмм. Лемма доказана.
Пусть $S$ - точка пересечения диагоналей параллелограмма $OO_{1}CO_{2}$. Тогда $S$ - середина $O_{1}O_{2}$. Из леммы 1 и единственности перпендикуляра следует, что $C$ - середина отрезка $XY$. Значит, $CX=CY$. Что и требовалось доказать.
