Условие
Дан треугольник $ABC$. Пусть $I$ – центр его вписанной окружности, $P$ – такая точка на стороне $AB$, что угол $PIB$ прямой, $Q$ – точка, симметричная точке $I$ относительно вершины $A$. Докажите, что точки $C$, $I$, $P$, $Q$ лежат на одной окружности.
Решение
Пусть $CI$ пересекает $AB$ в точке $N$. Угол $AIB$ тупой, а угол $NIB$ острый, значит $P$ лежит между $A$ и $N$.
Далее $\angle AIP=\angle AIB-90^\circ=\angle ACB/2=\angle ACI$, $\angle CAI=\angle IAP$, значит треугольники $CAI$ и $IAP$ подобны. Учитывая это и равенство $QA=AI$, имеем $\frac{IC}{AC}=\frac{PI}{AI}=\frac{PI}{QA}$. Кроме того, $$\angle AIP+\angle AIC=\angle ACB/2 + (90^\circ+ \angle ABC/2)=180^\circ- \angle CAB/2,$$ тогда $\angle PIC= 180^\circ- \angle CAB/2 =180^\circ-\angle CAI= \angle QAC$. Тогда треугольники $QAC$ и $PIC$ подобны по углу и отношению прилежащих сторон, значит $\angle IPC=\angle AQC=\angle IQC$, и точки $C$, $I$, $P$, $Q$ лежат на одной окружности.
Замечания
После доказательства подобия треугольников $CAI$ и $IAP$ можно действовать по-другому.
Выберем точку $R$ на продолжении отрезка $CA$ за точку $A$ так, что $AP=AR$; тогда треугольники $IAP$ и $QAR$ равны ($IA=QA$, $AP=AR$, $\angle QAR=\angle CAI=\angle IAP$). Значит, $QRPI$ – равнобокая трапеция, и она вписана. С другой стороны, поскольку $\angle CIQ=\angle CIA=\angle CRQ$, точки $C$, $I$, $R$, $Q$ лежат на одной окружности. Значит, все пять точек $C$, $I$, $P$, $Q$, $R$ лежат на окружности $(QRI)$.
Источники и прецеденты использования
