Geometry

[ins-]

It is given circle k(O) and a chord AB. On the line AB is chosen point M. A circle with center M and radius BM intersects AB and k at the points P and Q respectively. Prove that OM||PQ.

[caxap]

1. Докажем, что $\angle BQP=\frac{\pi}2$. Это равносильно $BQ^2+QP^2=BP^2$. Обозначим $R:=BM$, $\alpha:=\angle MBQ$. Тогда нужно доказать, что $4R^2\cos^2\alpha+QP^2=4R^2$.
Треугольник $BMQ$ равнобедренный ($BM=MQ$), тогда $\angle QMP=2\alpha$. Рассмотрим $\triangle QMP$: по теореме косинусов $QP^2=R^2+R^2-2R^2\cos 2\alpha=2R^2(1-\cos 2\alpha)=4R^2 \sin^2 \alpha$. Подставляем в $4R^2\cos^2\alpha+QP^2=4R^2$: $4R^2\cos^2\alpha+4R^2 \sin^2 \alpha=4R^2\iff 4R^2=4R^2$, ч. т. д.

2. Докажем, что $\angle MOC=\angle CQP$.
Треугольник $OBQ$ равнобедренный ($OB=OQ$), $OM$ -- биссектриса (т. к. $\triangle MOB=\triangle MOQ$ по трём сторонам). Обозначим $\beta:=\angle MOC$. Тогда $\angle BQO=\frac 12(\pi-2\beta)=\frac{\pi}2-\beta$. Значит $\angle CQP=\angle BQP-\angle BQO=\frac{\pi}2-(\frac{\pi}2-\beta)=\beta$, ч. т. д.

Из 2) непосредственно следует $OM\parallel QP$.

[ins-]

Thank you for the solution. Just to note - three cases for M position on the line (not the segment) AB are possible. <BQP is right because BP is a diameter (it is given).

You can see one more solution:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 8#p2100668

[caxap]

(Оффтоп)

ins- в сообщении #381614 писал(а):

<BQP is right because BP is a diameter (it is given).

Действительно. Всё проще...

[sergey1]

Еще решение:
$\angle{BPQ}=\frac12\angle{BMQ}=\angle{PMO}$ - накрестлежащие

[ins-]

(Оффтоп)

i hope you like the problem I (re)discovered it on my own.

[neo66]

Утверждение задачи очевидно следует из двух очевидных фактов:
a. $OM$ ортогонально $BQ$
b. $QP$ ортогонально $BQ$