Планиметрия

[wpoms.]

Пусть `ABC` - остроугольный треугольник и пусть `O` - центр описанной окружности. Окружность, проходящую через точки `A`, `O` и `B`, обозначим `S`. Прямые `CA` и `CB` пересекают окружность `S` еще и в точках `P` и `Q`, соответственно. Докажите, что прямые `CO` и `PQ` перпендикулярны.

@темы: Планиметрия

Comments

[~ghost]

Доброго времени всем)
wpoms., красивые задачи..
А эта вроде несложная, и кажется, где-то уже была ( не помню, именно эта или похожая.. )
Здесь - как-то так:
используем то, что угол `/_AOB` - центральный угол, соответствующий вписанному углу `C = gamma`,
и то, что угол, имеющий вершину за пределами круга = полуразности дуг, на которые он опирается => дуга `POQ = 2gamma` => показываем, что треуг-к `BPC` - равнобедренный (и `PK` - высота-медиана-биссектриса - проходит через точку `O`)
(и т.д.)

[~ghost]

И все-таки чем дольше смотрю на эту задачу - тем больше вспоминается, что она уже была.. В записях по теме я почему-то не могу её найти.. Но все равно, кажется, в прошлый раз решила не я =((
к.черный, VЕk, извините, я повторила решение за кем-то из Вас..

[VEk]

повторила решение за кем-то из вас

Все нормально. Эта задача хороша на мат.бой. Много случаев расположения точек P и Q.

[Гость]

Можно предложить гораздо более элементарное доказательство: `/_QPC=/_ABC=/_MOC`. Пусть `R` точка пересечения `PQ` с прямой `CO`, а точка `M` - середина `AC`. Тогда с учетом вышеприведенных равенств углов треугольники `PRC` и `MOC` подобны (`/_PCO` - общий). Но тогда `/_PRC=/_OMC=90^o`.

[~ghost]

Еще раз доброго времени всем!)
И с наступившим праздником всех !)
Гость, насчет

гораздо более элементарное доказательство

— "не согласна"
в том, что я привела в комменте 2012-12-29 в 22:29 (упорно кажется, что я не решила, а вспомнила чье-то решение..) — там же тоже было несложно, совсем.. (там "действий" больше, но они же совсем легкие! )
По-моему, у Вас просто красивое решение получилось.. Не то чтобы "элементарней", а красивее, наверное.. ))
Спасибо )