Задача из журнала «Квант» М1611 ( 1997, выпуск №5)

Задача:

Две окружности пересекаются в точках $A$ и $B$. Через точку $A$ проведена прямая, вторично пересекающая первую окружность в точке $C$, а вторую — в точке $D$. Пусть $M$ и $N$
— середины дуг $BC$ и $BD$, не содержащих точку $A$, а $K$ — середина отрезка $CD$. Докажите, что угол $MKN$ прямой.
(Можно считать, что точки $C$ и $D$ лежат по разные стороны от точки $A$)

Решение:

Пусть $N_{1}$ — точка, симметричная точке $N$ относительно $K$ (см. рисунок).

Тогда $\bigtriangleup KCN_{1} = \bigtriangleup KDN$, поэтому $CN_{1} = ND$ и $\angle N_{1}CK = \angle NDK = \pi — \angle ABN$. Заметим ещё, что $\angle MCK = \pi — \angle ABM$. Складывая полученные равенства, находим, что $\angle N_{1}CM = \angle MBN$. Кроме того, из условия следует, что $CM = MB$ и $BN = ND$ (т.е. $BN = CN_{1}$). Значит, $\bigtriangleup MCN_{1} = \bigtriangleup MBN$, откуда $MN_{1} = MN$. Отрезок $MK$ — медиана в равнобедренном треугольнике $MNN_{1}$, поэтому $\angle MKN = 90^{\circ}$.

Замечание:

Задача имеет много других решений. Например, можно воспользоваться подобием треугольников $MEK$ и $KFN$, где $E$ и $F$ — середины отрезков $BC$ и $BD$ соответственно. Эти треугольники имеют две пары взаимно перпендикулярных сторон
($EK$ и $FN$, $ME$ и $KF$), следовательно, перпендикулярны и их третьи стороны.

Кроме того, соображения, использующие композицию поворотов, позволяют отказаться от дополнительного условия в задаче (о том, что точки $C$ и $D$ лежат по разные стороны от $A$), которое было задано лишь затем, чтобы избежать разбора различных случаев. Действительно, рассмотрим композицию поворотов $R^{\beta}_{M} \circ R^{\alpha}_{N}$ — на углы $\alpha = \angle DNB$ и $\beta = \angle BCM$ вокруг точек $N$ и $M$ соответственно (углы предполагаются ориентированными). Заметим, что $\alpha + \beta = 180^{\circ}$, поэтому $R^{\beta}_{M} \circ R^{\alpha}_{N} = Z_{x}$ — центральная симметрия относительно некоторой точки $X$. Но
$Z_{x}(D) = \left(R^{\beta}_{M} \circ R^{\alpha}_{N} \right) = R^{\beta}_{M}(B) = C$,
поэтому $X$ — середина отрезка $CD$, т. е. точка $K$. Если $N_{1} = Z_{K}(N)$, то $N_{1} = \left(R^{\beta}_{M} \circ R^{\alpha}_{N} \right) \left( N \right)$, т. е. $\bigtriangleup NMN_{1}$ — равнобедренный и $\angle MKN = 90^{\circ}$.

Д. Терешин

Задача из журнала «Квант» (1997, №2)

Условие

Центры $A, B, C$  и  трех непересекающихся окружностей с одинаковыми радиусами расположены в вершинах треугольника. Из точек $A, B, C$ проведены касательные к данным окружностям так, как показано на рисунке 1. Известно, что эти касательные, пересекаясь, образовали выпуклый шестиугольник, стороны которого через одну покрашены в красный и синий цвета. Докажите, что сумма длин красных отрезков равна сумме длин синих отрезков.

Решение

Введем обозначения так, как показано на рисунке 1.

Так как данные окружности  имеют одинаковые радиусы, то

$AC$_$1$ $=CA$_$2$, $BA$_$1$ $=AB$_$2$, $CB$_$1$ $=BC$_$2$,

или

$AB$_$4$$+B$_$4$$C$_$3$$+C$_$3$$C$_$1$ $=CB$_$4$$+B$_$4$$A$_$3$$+A$_$3$$A$_$2$,
$BC$_$4$$+C$_$4$$A$_$3$$+A$_$3$$A$_$1$ $=AC$_$4$$+C$_$4$$B$_$3$$+B$_$3$$B$_$2$,
$CA$_$4$$+A$_$4$$B$_$3$$+B$_$3$$B$_$1$ $=BA$_$4$$+A$_$4$$C$_$3$$+C$_$3$$C$_$2$,

Сложив полученные равенства и заметив, что

$A$_$3$$A$_$1$ $=A$_$3$$A$_$2$, $B$_$3$$B$_$1$ $=B$_$3$$B$_$2$, $C$_$3$$C$_$1$$=C$_$3$$C$_$2$

(как отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки) и

$AC$_$4$ $=C$_$4$$B$, $BA$_$4$ $=A$_$4$$C$, $CB$_$4$ $=B$_$4$$A$,

(так как радиусы данных окружностей равны), получим

$B$_$4$$C$_$3$$+C$_$4$$A$_$3$$+A$_$4$$B$_$3$ $=B$_$4$$A$_$3$$+C$_$4$$B$_$3$$+A$_$4$$C$_$3$

Замечания.1. Аналогичное утверждение справедливо и в случае, изображенном на рисунке 2.