Геометрия на доказательство (часть 2)

Опишем около прямоугольного треугольника ABC окружность. Так как угол C прямой и опирается на сторону AB, по теореме, обратной теореме о вписанном угле, AB является диаметром этой окружности, а её центр — середина M гипотенузы AB. Точки A, B и C лежат на окружности, поэтому MA, MB и MC — радиусы и равны между собой: $MC = MA = MB = \tfrac12 AB$. Следовательно, медиана CM, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы, что и требовалось доказать.

Рассмотрим треугольники AOB и COD. В параллелограмме противоположные стороны равны и параллельны, поэтому $AB = CD$. Так как $AB \parallel CD$, при пересечении их секущей AC накрест лежащие углы равны: $\angle OAB = \angle OCD$; аналогично при секущей BD: $\angle OBA = \angle ODC$. Тогда треугольники AOB и COD равны по второму признаку (стороне $AB = CD$ и двум прилежащим к ней углам). Из равенства треугольников следуют равенства соответственных сторон: $AO = OC$ и $BO = OD$. Значит, точка O делит каждую диагональ пополам, что и требовалось доказать.

Проведём из вершины A биссектрису AL угла A, где L лежит на стороне BC. Рассмотрим треугольники ABL и ACL. У них $AB = AC$ по условию, $AL$ — общая сторона, а углы $\angle BAL = \angle CAL$ как половины угла A (AL — биссектриса). Значит, треугольники ABL и ACL равны по первому признаку (две стороны и угол между ними). Из равенства треугольников следует равенство соответственных углов: $\angle ABL = \angle ACL$, то есть $\angle B = \angle C$. Что и требовалось доказать.

Рассмотрим треугольники AMN и ABC. У них общий угол A, а стороны, образующие этот угол, пропорциональны: $\dfrac{AM}{AB} = \dfrac{AN}{AC} = \dfrac12$, так как M и N — середины. По второму признаку подобия (угол и пропорциональные стороны) треугольники AMN и ABC подобны с коэффициентом $\tfrac12$. Из подобия следует $\angle AMN = \angle ABC$; эти углы соответственные при прямых MN и BC и секущей AB, значит $MN \parallel BC$. Кроме того, $MN = \tfrac12 BC$ как соответственная сторона подобных треугольников. Что и требовалось доказать.

Касательная имеет с окружностью единственную общую точку A. Предположим противное: пусть OA не перпендикулярен l. Опустим из центра O перпендикуляр OH на прямую l, где $H \ne A$. В прямоугольном треугольнике OHA гипотенуза OA больше катета OH, поэтому $OH < OA = R$. Значит, расстояние от центра до прямой l меньше радиуса, и прямая l пересекает окружность в двух точках. Это противоречит тому, что l — касательная (одна общая точка). Следовательно, перпендикуляр из O падает именно в точку A, то есть $OA \perp l$. Что и требовалось доказать.

Углы A и C — вписанные в окружность. Вписанный угол A опирается на дугу BCD (не содержащую вершину A), а вписанный угол C опирается на дугу BAD (не содержащую вершину C). Вместе эти две дуги составляют всю окружность, то есть сумма их градусных мер равна $360°$. По теореме о вписанном угле каждый угол равен половине дуги, на которую опирается: $\angle A = \tfrac12\,\smile BCD$, $\angle C = \tfrac12\,\smile BAD$. Тогда $\angle A + \angle C = \tfrac12(\smile BCD + \smile BAD) = \tfrac12\cdot 360° = 180°$. Что и требовалось доказать.