Задача к ЕГЭ на тему «из прошлых лет» №28

На катетах $AC$ и $BC$ прямоугольного треугольника $ABC$ как на диаметрах построены окружности, второй раз пересекающиеся в точке $M.$ Точка $Q$ лежит на меньшей дуге $MB$ окружности с диаметром $BC.$ Прямая $CQ$ второй раз пересекает окружность с диаметром $AC$ в точке $P.$

а) Докажите, что прямые $P M$ и $QM$ перпендикулярны.

б) Найдите $PQ,$ если $AM = 1,$ $BM = 3,$ а $Q$ — середина дуги $MB.$

а) Покажем, что точка $M$ – основание высоты, построенной из точки $C$ на $AB$ . Опустим из точки $C$ на $AB$ высоту $CM ′$ .

Пусть $O1$ и $O2$ – центры окружностей с диаметрами $AC$ и $BC$ соответственно. Так как $△ACM ′$ – прямоугольный, то $′ O1M = AO1$ .

Аналогично $O M ′ =CO 2 2$ . Таким образом, точка $M′$ лежит на окружности с диаметром $AC$ и лежит на окружности с диаметром $BC$ , следовательно, она есть точка пересечения этих окружностей.

Так как две не совпадающие окружности имеют не более двух общих точек, то $M′ = M$ .

$PIC$

$∠CMP$ дополняет $∠PMB$ до прямого, тогда достаточно показать, что

∠CMP = ∠QMB.

Углы $QMB$ и $QCB$ – вписанные, опирающиеся на одну дугу, тогда $∠QCB = ∠QMP$ .

Аналогично $∠CAP = ∠CMP$ . Таким образом, достаточно показать, что

∠QCB = ∠CAP.

Так как $P$ лежит на окружности с диаметром $AC$ , то $△AP C$ – прямоугольный, тогда

∠CAP = 90∘− ∠ACP =∠ACB − ∠ACP =∠QCB,

откуда в итоге следует, что $∠PMQ = 90∘$ . $PIC$

б) Треугольники $ABC$ и $MP Q$ подобны так как они оба прямоугольные и $∠MQP = ∠ABC$ как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу (отсюда следует подобие по двум углам), тогда

PQ MQ AB-= BC-.

Так как $CM$ – высота треугольника $ABC$ , а в прямоугольном треугольнике квадрат высоты, проведённой к гипотенузе, равен произведению отрезков гипотенузы, то $CM2 = AM ⋅MB = 3$ , откуда $CM = √3$ .

По теореме Пифагора

CB2 = CM2 +MB2,

откуда $CB = 2√3$ . Покажем, что $CMQO2$ – параллелограмм.

- CM = √3 = CB-= O2C = O2Q. 2

Кроме того $CM ⊥ AB$ . Так как равные дуги стягиваются равными хордами, то $MQ = QB$ . Так как $O2M$ и $O2B$ – радиусы одной окружности, то $O2M =O2B$ .

Таким образом, треугольники $QMO 2$ и $QBO 2$ равны по трём сторонам ( $QO 2$ – общая), откуда следует, что $∠MQO = ∠BQO 2 2$ , то есть $QO2$ содержит биссектрису угла $MQB$ , откуда следует, что $QO2 ⊥ MB$ (так как в равнобедренном треугольнике биссектриса, проведённая к основанию, является высотой).