Окружность

[daogiauvang]

Дана окружность $(O,R)$ с диаметром $AB$. Строим касательную линию в точке $A$. На касательной берем любую точку $K$, строим прямую через $K$ и, которая пересекается $(O,R)$ в точках .$P,Q$ (где $KP< KQ$). $KO$ пересекается с $PB, BQ$ в точках $E,F$ соответственно.
а) Доказать, что $OE=OF$
б) $EQ$ пересекается с $PF$ в точке $I$ . Доказать, что $AI$ перпендикулярна $PQ$.

Моя попытка: Я уже доказал первую часть. Мне получилось, что $AEBF$ параллелограмм. Поэтому, точка $O$ пересечения 2-х диагоналей является серединой $EF$.
2-я часть: я пытался доказывать, что угол $IAO=AKP$. Но не получается.

[TelmanStud]

daogiauvang
Приведите хотя бы рисунок

[DeBill]

daogiauvang
Красивая задачка! Первая половина что-то мне напоминает про бабочку..
А вот картинки я рисовать не умею....
1.Опустим из центра $O$ перпендикуляр $OD$ на хорду $PQ$: он попадает в ее середину: $PD=DQ$. Углы $KDO$ и $KAO$ - прямые, так что точки $K,A,D,O$ лежат на одной окружности. Поэтому углы $ADK$ и $AOK$ равны (как вписанные). Рассмотрим треугольники $APQ$ (с медианой $AD$) и $FBA$ (с медианой $FO$): они подобны (сначала получим подобие их половинок $APD$ и $FBO$ - по двум углам; отсюда получим пропорциональность их сторон; это даст пропорциональность пары сторон других половинок $ADQ$ и $FOA$, но там есть и равные углы . Значит, есть подобие ).
Получили: угол $FAB$ равен углу $AQP$. Но последний равен углу $APB$. Это дает параллельность $AF$ и $BE$. Аналогично получим параллельность $AE$ и $BF$, и параллелограмность $AEBF$, откуда и следует равенство отрезков...
Нда...

2. Получили задачу: в параллелограмме $AEBF$ из вершины $A$ опустили перпендикуляры $AP$ и $AQ$ на продолжения сторон пар-мма. $I$ - точка пересечения отрезков $PF$ и $QE$. доказать: $AI$ ортогонально $PQ$.
a)(Вектора) Пусть $\overrightarrow{BE} = \vec{e}, \overrightarrow{BF}= \vec{f}$. Тогда $\overrightarrow{BP} = k_1\cdot \vec{e}, \overrightarrow{BQ}= k_2\cdot \vec{f}, \overrightarrow{BA}=\vec{e}+\vec{f}$. Имеем: вектор $\overrightarrow{BI} $ есть взвешенная сумма векторов $\overrightarrow{BE}$ и $\overrightarrow{BQ}$, с некими весами $p$ и $1-p$, а также векторов $\overrightarrow{BF}$ и $\overrightarrow{BP}$ (с какими то весами $q$ и $1-q$). Из этого векторного равенства получим простенькую систему на $p,q$. Решив ее, выразим вектор $\overrightarrow{AI}$ через $\vec{e}$ и $\vec{f}$, и неожиданно обнаруживаем, что он коллинеарен вектору $\overrightarrow{PE} + \overrightarrow{QF}$ !!!
б) Заметим, что вектор $\overrightarrow{PA}$ получается из вектора $\overrightarrow {PE}$ поворотом на $\frac{\pi}{2}$ и растяжением в $k=\tg (\varphi)$ раз ($\varphi$ - угол при вершине $B$). Соответственно, вектор $\overrightarrow{AQ}$ также получается из вектора $\overrightarrow{QF}$ такими же поворотом и растяжением. Значит, вектор $\overrightarrow{PQ} = \overrightarrow{PA} + \overrightarrow{AQ}$ получается из вектора $\overrightarrow{PE}+ \overrightarrow{QF}$ (а он, напомню, коллинеарен $\overrightarrow{AI}$) поворотом и растяжением. Это дает нужную ортогональность...

[OlegCh]

DeBill
Блестяще! Пока осилил только часть 1. Но нашел опечатку:

Цитата:

угол $FAB$ равен углу $AQP$. Но последний равен углу $APB$

Тут следует читать "Но последний равен углу $ABP$"

[DeBill]

OlegCh
Да, точно. Плохо, однако, без картинки. Но меня тут на днях обучили Геогебре, буду пробовать...