|
|
 |
Условие
Точка $P$ лежит внутри выпуклого четырехугольника $ABCD$. Общие внутренние касательные к вписанным окружностям треугольников $PAB$ и $PCD$ пересекаются в точке $Q$, а общие внутренние касательные к вписанным окружностям треугольников $PBC$ и $PAD$ – в точке $R$. Докажите, что $P$, $Q$, $R$ лежат на одной прямой.Решение
Обозначим вписанные окружности треугольников $APB$, $BPC$, $CPD$, $DPA$ через $\omega_1$, $\omega_2$, $\omega_3$, $\omega_4$ соответственно. Будем считать, что $P$ не совпадает с точкой пересечения $AC$ и $BD$, для которой утверждение задачи очевидно.
Лемма 1. Пусть $\Gamma_1$ – произвольная окружность, вписанная в угол $APB$, $\Gamma_3$ – произвольная окружность, вписанная в угол $CPD$, $X$ – точка пересечения общих внутренних касательных к $\Gamma_1$ и $\Gamma_3$. Тогда точки $P$, $Q$, $X$ лежат на одной прямой.
Доказательство. Пусть $T$ – точка пересечения общих внутренних касательных к $\Gamma_1$ и $\omega_3$. По теореме о трех центрах гомотетии $P$, $Q$, $T$ лежат на одной прямой. Причем, поскольку $P$ не совпадает с точкой пересечения $AC$ и $BD$, прямые $PQ$, $PT$ определены однозначно и совпадают. Аналогично получаем, что точки $P$, $T$, $X$ лежат на одной прямой, причем $P\not=X$. Лемма доказана.
Аналогично получаем, что для любых окружностей $\Gamma_2$, $\Gamma_4$, вписанных соответственно в углы $BPC$, $DPA$, точка $Y$ пересечения их общих внутренних касательных лежит на прямой $PR$.
Таким образом, для решения задачи достаточно найти такие четыре окружности $\Gamma_1$, $\Gamma_2$, $\Gamma_3$, $\Gamma_4$, что точки $P$, $X$, $Y$ лежат на одной прямой.
Возьмем на лучах $PA$, $PB$, $PC$, $PD$ такие точки $A'$, $B'$, $C'$, $D'$, что $PA'=PB'=PC'=PD'$, и рассмотрим окружности $\Gamma_1$, $\Gamma_2$, $\Gamma_3$, $\Gamma_4$, касающиеся $PA$, $PB$, $PC$, $PD$ в точках $A'$, $B'$, $C'$, $D'$.
Лемма 2. Пусть прямые $A'C'$ и $B'D'$ пересекаются в точке $Z$. Тогда точки $X$, $Y$ и $Z$ совпадают.
Доказательство. Покажем, что $X$ совпадает с $Z$, для $Y$ доказательство аналогично. Пусть прямая $A'C'$ вторично пересекает $\Gamma_1$ и $\Gamma_3$ в точках $U$ и $V$ соответственно, а прямая $B'D'$ вторично пересекает $\Gamma_3$ в точке $W$. Покажем, что треугольники $A'UB'$ и $VC'W$ гомотетичны.
Рассмотрим случай, когда $U$ лежит на большей из дуг $A'B'$, $V$ – на меньшей из дуг $C'D'$, $W$ – на большей из дуг $C'D'$ (см. рис.), другие конфигурации разбираются аналогично.
Стороны $A'U$ и $C'V$ лежат на одной прямой.
Далее, $\angle B'A'C'=\angle B'D'C'=\pi-\angle C'D'W=\pi-\angle C'VW$ (первое равенство следует из вписанности четырехугольника $A'B'C'D'$ в окружность с центром $P$), значит $A'B'\parallel VW$.
Наконец, $\angle UB'Z=\pi-\angle B'UZ-\angle B'ZU=\pi-\angle A'UB'-\angle A'ZB'=\pi-\angle A'B'P-\angle A'ZB'=\angle C'D'P=\angle C'WD'$. Следовательно, $B'U\parallel C'W$.
Таким образом, треугольники $A'UB'$ и $VC'W$ гомотетичны. Центр гомотетии – точка $Z$ является также центром внутренней гомотетии окружностей $\Gamma_1$ и $\Gamma_3$. Лемма доказана.
Из Леммы 2 сразу следует утверждение задачи.
Замечания
1. Из решения видно, что в условии задачи вписанные окружности треугольников $APB$, $BPC$, $CPD$, $DPA$ можно заменить на любые четыре окружности, вписанные в углы $APB$, $BPC$, $CPD$, $DPA$.
2. Лемму 2 можно доказать по-другому. Пусть $K$, $L$, $M$, $N$ – центры $\Gamma_1$, $\Gamma_2$, $\Gamma_3$, $\Gamma_4$ соответственно. Тогда четырехугольник $KLMN$ описан вокруг окружности $\Omega$ с центром $P$ и радиусом $PA'=PB'=PC'=PD'$. Его диагонали $KM$, $LN$ и хорды $A'C'$, $B'D'$ пересекаются в одной точке, которая делит каждую диагональ в отношении, равном отношению касательных к $\Omega$ из ее концов. Это эквивалентно лемме 2.
Источники и прецеденты использования
| олимпиада | |
| Название | Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина |
| год | |
| Год | 2021 |
| Заочный тур | |
| задача | |
| Номер | 19 [10-11 кл] |
