Задание олимпиады по планиметрии: доказательство для треугольника ABC (Сонкин М.)

Задача

На стороне AB треугольника ABC выбрана точка D . Окружность, описанная около треугольника BCD , пересекает сторону AC в точке M , а окружность, описанная около треугольника ACD , пересекает сторону BC в точке N (точки M и N отличны от точки C ). Пусть O – центр описанной окружности треугольника CMN . Докажите, что прямая OD перпендикулярна стороне AB .

Решение

Рис. 1

Первый способ. Углы ADC и BDC – смежные (рис.1), поэтому хотя бы один из них не является острым. Пусть ADC 90^o. Обозначим ACB = γ.

Из условия задачи следует, что четырёхугольник ACND – вписанный, причём точки N и D лежат по одну сторону от прямой AC , поэтому ANC = ADC . В треугольнике ACN угол ANC не меньше90^o , значит, угол ACN этого треугольника – острый. Из этого следует, что в треугольнике MNC угол при вершине C – острый, т.е. γ < 90^o . Поэтому вершина C и центр O описанной окружности треугольника MNC лежат по одну сторону от прямой MN . Поскольку MON – центральный угол этой окружности, а MCN – вписанный, то

MON = 2 MCN = 2γ.

Четырёхугольники ADNC и BDMC – вписанные, поэтому

ADM = 180^o- BDM = BCM = γ, BDN = 180^o- ADN = ACN = γ.

Значит,

MDN = 180^o - ( ADM + BDN) = 180^o-2γ,

поэтому

MDN + MON = (180^o-2γ) + 2γ = 180^o,

т.е. четырёхугольник DMON также вписан в некоторую окружность. Вписанные углы ODM и ODN этой окружности опираются на равные хорды OM и ON (радиусы описанной окружности треугольника MCN ), значит, они равны. Тогда

ADO = ADM+ ODM = BDN + ODN = BDO,

а т.к. углы ADO и BDO – смежные, то каждый из них равен90^o . Следовательно, OD AB .

Рис. 2

Второй способ. Пусть m1, m2, l1, l2– серединные перпендикуляры к отрезкам CN , CB , CM и CA сооответственно, O = m1 l1, O1 = m1 l2, O2 = m2 l1, O3 = m2 l2– центры окружностей, описанных около треугольников CMN , ANC (и ADC ), BMC (и BDC ), ABC (рис.2). Спроектируем точки O , O1, O2и O3на AB . Пусть K , P , Q и R – их проекции. Поскольку OO1O3O2– параллелограмм, то = , но

= (-)= = .