Условие
Дан выпуклый четырёхугольник ABCD. Пусть I и J – центры окружностей, вписанных в треугольники ABC и ADC соответственно, а Ia и Ja – центры вневписанных окружностей треугольников ABC и ADC, вписанных в углы BAC и DAC соответственн). Докажите, что точка K пересечения прямых IJa и JIa лежит на биссектрисе угла BCD.
Решение
Докажем, что точка K лежит внутри четырёхугольника ABCD (см. рис.).
Заметим, что прямые IIa и JJa пересекаются в точке A. Поскольку ∠ICJ + ∠ICIa = ½ ∠BCD + 90° < 180° и аналогично ∠JCI + ∠JCJa < 180°, то точка K лежит внутри угла ICJ, а значит, внутри четырёхугольника AICJ и, тем более, внутри ABCD.
∠ICIa = ∠JCJa = 90°. Следовательно, биссектрисы углов ICJ и I>IaCJa лежат на одной прямой. Ниже мы докажем, что ∠ICA = ∠JCK. Отсюда следует, что ∠DCK = ∠DCJ + ½ ∠JCK = ½ ∠DCA + ∠ICA = ½ ∠DCA + ½ ∠BCA = ½ ∠DCB, что равносильно утверждению задачи.
Указанное равенство можно доказывать по-разному.
Первый способ. Лемма. Пусть биссектрисы углов XOY и X'OY' лежат на прямой l, Z – точка пересечения прямых XX' и YY', Z' – точка пересечения прямых XY' и X'Y. Тогда прямые OZ и OZ' симметричны относительно l.
Нам достаточно доказать лемму для случая, когда углы XOX' и YOY' – прямые.
Доказательство. Опустим перпендикуляры OM, OK, OL и OP на прямые XX', X'Y, XY' и YY' соответственно (см. рис.).
Обозначим ∠MKY = α, ∠PKO = β. Четырёхугольник MKOX' – вписанный, поэтому ∠MOX' = ∠MKX' = α. Поскольку XO ⊥ OX' и
OM ⊥ XX', то ∠MXO = ∠MOX' = α. Из того, что MXLO – вписанный, следует, что ∠MLO = ∠MXO = α.
Четырёхугольник OKYP – вписанный, поэтому ∠OYP = ∠OKP = β. Поскольку YO ⊥ Y'O и OP ⊥ YY', то ∠POY' = ∠OYP = β. И, наконец, из того, что OLPY' – вписанный, получим, что ∠Y'LP = ∠POY' = β.
Таким образом, ∠MKP = 90° + α + β = ∠MLP, следовательно, MKLP – вписанный четырехугольник. Значит, ∠MKL + ∠MPL = 180°.
Заметим, что ∠MKL = α + 90° + ∠OKL = ∠OX'Z + ∠OZ'L (*) (в силу вписанности четырёхугольников X'MKO и OKZ'L). Кроме того,
∠MPL = ∠MPO + ∠OPL = ∠MZO + ∠OY'Z' (**) (поскольку четырёхугольники MOPZ и OLPY' – вписанные).
Наконец, ∠OX'Z + ∠MZO = 180° – ∠ZOX' и ∠OY'Z' + ∠OZ'L = 180° – ∠Z'OY'. Сложив левые и правые части этих равенств и левые и правые части равенств (*) и (**), получим, что ∠ZOX' + ∠Z'OY' = 180°. Следовательно, прямые Z'O и ZO симметричны относительно биссектрисы углов XOY и X'OY'.
Другие случаи расположения точек рассматриваются аналогично.
Второй способ. Пусть T, U, V, W – точки пересечения прямых IIa и CJa, IJa и CJ, IaJa и CJ, CIa и IJa соответственно (см. рис.).
Рассмотрев центральную проекцию прямой IIa на прямую CJ с центром Ja и центральную проекцию прямой CJ на прямую IJa с центром Ia,
получаем равенство двойных отношений (ITIaA) = (UCVJ) = (UWJaK). Воспользуемся тем, что
а
Кроме того, sin∠IaCT = sin∠IaCJa, sin∠TCA = sin∠JaCA, sin∠WCJa = sin∠IaCJa, sin∠WCK = sin∠IaCK, sin∠UCK = sin∠JCK
и sin∠ICIa = sin∠JCJa = 1. Следовательно,
Положим ∠JaCI = ∠IaCJ = t, ∠ICA = x, а ∠JCK = y. Тогда , откуда (используя формулу синуса разности) x = y, то есть ∠ICA = ∠JCK.
