Задача 108158

Темы:    [ Описанные четырехугольники ] [ Вписанные и описанные окружности ] [ Биссектриса делит дугу пополам ] [ Углы, опирающиеся на равные дуги и равные хорды ] [ Две касательные, проведенные из одной точки ] [ Свойства биссектрис, конкуррентность ] [ Ромбы. Признаки и свойства ]

Сложность: 6 Классы: 8,9,10,11

Условие

Автор: Сонкин М.

Окружность, вписанная в четырёхугольник ABCD , касается его сторон DA , AB , BC и CD в точках K , L , M и N соответственно. Пусть S1 , S2 , S3 и S4 – окружности, вписанные в треугольники AKL , BLM , CMN и DNK соответственно. К окружностям S1 и S2 , S2 и S3 , S3 и S4 , S4 и S1 проведены общие касательные, отличные от сторон четырёхугольника ABCD . Докажите, что четырёхугольник, образованный этими четырьмя касательными, – ромб.

Решение

1. Докажем сначала, что центры O1 , O2 , O3 и O4 окружностей S1 , S2 , S3 и S4 , вписанных в треугольники AKL , BLM , CMN и DNK соответственно, совпадают с серединами соответствующих дуг окружности S , вписанной в четырёхугольник ABCD (рис.1).
   
   Действительно, пусть O1' – середина меньшей дуги KL окружности S1 . Тогда из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
   AKO1' = KLO1'= LKO1'.
   Аналогично, ALO1' = KLO1' , значит, O1' – точка пересечения биссектрис треугольника AKL . Следовательно, точки O1' и O1 совпадают.
   Аналогично докажем, что O2 , O3 и O4 – середины меньших дуг соответственно LM , MN И KN окружности S .
   
   
2. Докажем, что центр I окружности, вписанной в треугольник KLM лежит на общей касательной окружностей S1 и S2 , не совпадающей с прямой AB (рис.2).
   
   Из точки I проведём касательную IP к окружности S1 так, чтобы она пересекала меньшую дугу O1K окружности S .
   Аналогичным образом проведём касательную IQ к окружности S2 .
   Биссектриса MI угла KML делит дугу KL пополам, поэтому точки M , I и O1 лежат на одной прямой. Аналогично докажем, что точки K , I и O2 лежат на одной прямой.
   
   Положим KML = 2α , MKL = 2γ . По теореме о внешнем угле треугольника
   O1IK = IMK + IKM = α + γ.
   С другой стороны,
   O1KI = O1KL + IKL = α + γ = O1IK.
   Значит, треугольник O1KI – равнобедренный, O1I=O1K .
   Пусть E – середина KL . Тогда окружность S1 касается KL в точке E.
   Прямоугольные треугольники O1PI и O1EK равны по катету ( O1P=O1E как радиусы окружности S1 ) и гипотенузе ( O1I =O1K по доказанному). Поэтому
   O1IP = O1KE = α = O1MK.
   Следовательно, IP || KM .
   
   Аналогично, IQ || KM . Следовательно, точки Q , I , P лежат на одной прямой, параллельной KM .
   
   Аналогично докажем, что общая касательная к окружностям S3 и S4 , отличная от CD , также параллельна KM , а значит, эти две касательные параллельны.
   
   Аналогично докажем, что общие касательные к окружностям S1 и S4 , S2 и S3 отличные соответственно от прямых AD и BC , также параллельны.
   
   Таким образом, четырёхугольник XYZT (рис.3), о котором говорится в условии задачи, – параллелограмм.
   
   
3. Докажем, что XYZT – ромб. Пусть a_ij – длина общей касательной к окружностям S_ij . Отрезки касательных, проведённых к окружности S1 из вершины A , равны между собой. Также равны между собой отрезки касательных, проведённых к окружности S1 из точки X . Аналогично для остальных вершин четырёхугольников ABCD и XYZT . Поскольку четырёхугольник ABCD – описанный, то AB+CD=AD+BC . Поэтому
   (a12+a34) - (a23+a41)= AB+CD - (AD+BC) = 0,
   
   (XY + ZT) - (YZ+XT) = (a12+a34) - (a23+a41)=0.
   Значит, XY + ZT = YZ+XT . Следовательно, XYZT – ромб.

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	6508
олимпиада
Название	Всероссийская олимпиада по математике
год
Год	1999
Этап
Вариант	5
Класс
Класс	11
задача
Номер	99.5.11.3