Деление отрезка AB пополам: олимпийская задача по планиметрии

Первое решение.   Лемма. К гипотенузе AB прямоугольного треугольника ABC во внешнюю сторону восставлены перпендикуляры  AP = AC  и  BQ = BC.  Прямые AQ и BP пересекаются в точке R, прямые CP и CQ пересекают AB в точках M и N соответственно. Тогда CR делит отрезок MN пополам.

  Доказательство. Так как  ∠CAP = 90° + ∠A = 180° − ∠B,  то  ∠ACP = ^∠B/₂.  Поэтому  ∠BCM = 90° – ^∠B/₂ = ∠A + ^∠B/₂ = 180° – ∠CMB,

то есть  BM = BC = BQ.  Аналогично  AN = AC = AP.  Пусть прямая, проходящая через R и параллельная AB, пересекает CP, CQ в точках X, Y соответственно, а Z – проекция R на AB (рис. слева). Тогда  RX : BM = PR : PB = AR : AQ = RZ : QB,  следовательно,  RX = RZ.  Аналогично  RY = RZ.  Таким образом, CR делит пополам отрезок XY, а значит, и MN.

  (Нетрудно убедиться, что CZ – биссектриса треугольника ABC, а CR проходит через точку касания его вписанной окружности с гипотенузой.)

  Так как треугольникKMD– равнобедренный прямоугольный, а  ∠KPD= 45°,  тоM– центр описанной окружности треугольникаKPD. АналогичноN– центр описанной окружности треугольникаPCL. При этом  ∠MPN= (90° – ∠BDP) + 45° + (90° − ∠ACP) = 90°.  Применяя лемму к точкамP, M, N, K, L, получаем утверждение задачи (рис. справа). Второе решение.

Пусть $Х$ и $Y$ – точки пересечения $BP$ и $AP$ c $DC$ соответственно. $\angle APB = \angle BDC = 45^\circ$ как вписанные, откуда следует, что точки $D$, $K$, $X$ и $P$ лежат на одной окружности. Тогда $\angle DXK = \angle DPK = \angle DCA = 45^\circ$, следовательно, треугольник $DKX$ – равнобедренный прямоугольный $(DK = KX)$, откуда и треугольник $KMX$ – равнобедренный прямоугольный. Аналогичные рассуждения приводят к тому, что треугольник $LNY$ – также равнобедренный прямоугольный (с прямым углом $N$).

Рассмотрим гомотетию с центром в точке $Q$, переводящую точку $M$ в точку $L$. Поскольку $Q$ является точкой пересечения диагоналей трапеции $KLNM$, эта гомотетия переведёт $K$ в $N$. Тогда равнобедренный прямоугольный треугольник $KMX$ перейдёт в равнобедренный прямоугольный треугольник $NLZ$, где точка $Z$ – образ точки $Х$ (то есть $Z$, $Q$ и $X$ лежат на одной прямой). При этом точки $Z$ и $Y$ лежат по одну сторону от прямой $LN$, и $YNLZ$ – квадрат, поскольку $LZ || NY$ и $LZ = LN = NY$.

Рассмотрим теперь гомотетию с центром в точке $X$, переводящую точку $N$ в точку $C$. Тогда, поскольку $LN || BC$, точка $L$ перейдет в $B$, а тогда и квадрат $YNLZ$ перейдет в квадрат $DCBA$. Отсюда следует, что точки $X$, $Z$ и $A$ лежат на одной прямой и, так как точка $Q$ также лежит на одной прямой с $X$ и $Z$, получаем, что точки $X$, $Q$ и $A$ лежат на одной прямой.

Аналогично, точки $Y$, $Q$ и $B$ также лежат на одной прямой. Таким образом, $Q$ – это точка пересечения диагоналей трапеции $AYXB$, и по замечательному свойству трапеции прямая $PQ$ проходит через середину $AB$.