Формулировка
Две окружности пересекаются в точках [latex]A[/latex] и [latex]B[/latex]. Через точку [latex]A[/latex] проведена прямая, вторично пересекающая первую окружность в точке [latex]C[/latex], а вторую в точке [latex]D[/latex]. Пусть [latex]M[/latex] и [latex]N[/latex] — середины дуг [latex]BC[/latex] и [latex]BD[/latex], не содержащих точку [latex]A[/latex], а [latex]K[/latex] — середина отрезка [latex]CD[/latex]. Докажите, что угол [latex]MKN[/latex] прямой. (Можно считать, что точки [latex]C[/latex] и [latex]D[/latex] лежат по разные стороны от точки [latex]A[/latex].)
Доказательство
Пусть [latex]N_{1}[/latex] — точка, симметричная точке [latex]N[/latex] относительно [latex]K[/latex] (см.рисунок). Тогда [latex]bigtriangleup KCN_{1} = bigtriangleup KDN[/latex], поэтому [latex]CN_{1} = ND[/latex] и [latex]angle N_{1}CK = angle NDK =pi — angle ABN.[/latex] Заметим ещё, что [latex]angle MCK = pi — angle ABM[/latex].
Складывая полученные равенства, находим, что [latex]angle N_{1}CM = angle MBN[/latex]. Кроме того, из условия следует, что [latex]CM=MB[/latex] и [latex]BN=ND[/latex] (т.е. [latex]BN=CN_{1}[/latex]). Значит [latex]bigtriangleup MCN_{1} = bigtriangleup MBN[/latex], откуда [latex]MN_{1} = MN[/latex].
[latex]MK[/latex] — медиана в равнобедренном треугольнике [latex]MNN_{1}[/latex], поэтому [latex]angle MKN=90^circ[/latex].
Замечание
Задача имеет много других решений. Например, можно воспользоваться подобием треугольников [latex]MEK[/latex] и [latex]KFN[/latex], где [latex]E[/latex] и [latex]F[/latex] — середины отрезков [latex]BC[/latex] и [latex]BD[/latex] соответственно. Эти треугольники имеют две пары взаимно перпендикулярных сторон: [latex]EK[/latex] и [latex]FN[/latex], [latex]ME[/latex] и [latex]KF[/latex]; следовательно, перпендикулярны и их третьи стороны.
Кроме того, соображения, использующие композицию поворотов, позволяют отказаться от дополнительного условия в задаче (о том, что точки [latex]C[/latex] и [latex]D[/latex] лежат по разные стороны от [latex]A[/latex]), которое было задано лишь затем, чтобы избежать разбора различных случаев. Действительно, рассмотрим композицию поворотов [latex]R_{M}^{beta} circ R_{N}^{alpha}[/latex] — на углы [latex]alpha=angle DNB[/latex] и [latex]beta=angle BMC[/latex] вокруг точек [latex]N[/latex] и [latex]M[/latex] соответственно (углы передпологаются ориентированными).
Заметим, что [latex]alpha+beta=180^circ[/latex], поэтому [latex]R_{M}^{beta} circ R_{N}^{alpha}=Z_{x}[/latex] — центральная симметрия относительно некоторой точки [latex]X[/latex]. Но [latex]Z_{x}(D)=(R_{M}^{beta} circ R_{N}^{alpha})=R_{M}^{beta}(B)=C,[/latex] поэтому [latex]X[/latex] — середина отрезка [latex]CD[/latex], т.е. точка [latex]K[/latex]. Если [latex]N_{1}=Z_{K}(N)[/latex], то [latex]N_{1}=(R_{M}^{beta} circ R_{N}^{alpha})(N)=R_{M}^{beta}(N)[/latex], т.е. [latex]bigtriangleup NMN_{1}[/latex], равнобедренный и [latex]angle MKN=90^circ[/latex]
