|
|
 |
Условие
Дан выпуклый четырёхугольник ABCD. Обозначим через IA, IB, IC и ID центры вписанных окружностей ωA, ωB, ωC и ωD треугольников DAB, ABC, BCD и CDA соответственно. Оказалось, что ∠BIAA + ∠ICIAID = 180°. Докажите, что ∠BIBA + ∠ICIBID = 180°.
Решение
Шаг 1. Обозначим через P точку пересечения общих внешних касательных к ωA и ωD (точка D может оказаться бесконечно удалённой), а через R – точку пересечения общих внешних касательных к ωA и ωC (рис. слева). Заметим, что P лежит на прямой AD; а R – на BD.
Покажем, что условие ∠BIAA = 180° – ∠ICIAID (*) равносильно тому, что прямая lA, проходящая через P и R, – общая касательная к окружностям ωA, ωC и ωD. Пусть для определённости точка P лежит на луче DA (другие случаи аналогичны). Поскольку ωA вписана в треугольник ABD, то
∠AIAB = 90° + ½ ∠ADB; с другой стороны, 180° – ∠ICIAID = ∠PIAR. Значит, (*) равносильно равенству ∠PIAR = 90° + ½ ∠PDR.
Обозначим через J центр вписанной окружности треугольника PDR. Точки IA и J лежат на биссектрисе этого треугольника из точки D, а (*) равносильно тому, что ∠PJR = ∠PIAR – то есть совпадению точек J и IA. Это, в свою очередь, означает, что прямые PR и RD симметричны относительно прямой IAIC, а прямые PD и PR симметричны относительно IAID, то есть что PR касается всех трёх окружностей ωA, ωC и ωD (ωC лежит по другую сторону от PR, нежели остальные две).
Аналогично условие ∠BIBA + ∠ICIBID = 180° равносильно тому, что у окружностей ωA, ωC и ωB существует общая касательная lB, относительно которой ωC и ωD лежат по одну сторону, а ωA – по другую. Осталось доказать, что эти два факта равносильны.
AADDAD = |AAAD – ADAD| = |½ (AB + AD – BD) – ½ (AC + AD – CD)| = ½ |AB + CD – BD – AC|; аналогично
BBCCBC = ½ |AB + CD – BD – AC| = AADDAD, ABDCBD = ½ |AD + BC – AB – CD| = BACDAC.
Предположим теперь, что lA касается окружностей ωA, ωC и ωB в точках LA, LC и LD соответственно. Тогда LALD = AADDAD = BBCCBC и
LALC = ABDCBD = DACBAC.
Рассмотрим окружности ω'B, ω'C и ω'D с центрами I'B, I'C и I'D, имеющие те же радиусы, что и ωB, ωC и ωD соответственно, и касающиеся lA в точках LA, LD и LC соответственно (причём ω'B и ω'C лежат по одну сторону от lA, а ω'D – по другую). Тогда соответственные отрезки общих касательных к ω'B, ω'C, ω'D и к ωB, ωC, ωD имеют одинаковые длины (для ωC и ωD это очевидно, для остальных пар следует из сказанного выше).
Отсюда легко следует, что соответственные стороны треугольников IBICID и I'BI'CI'D равны (например, I'BI'C = IBIC из равенства четырёхугольников I'BLALDI'C и IBBBCCBCIC). Поэтому и конфигурации окружностей (ωB, ωC, ωD) и (ω'B, ω'C, ω'D) также равны. Поскольку окружности в одной тройке касаются одной прямой lA, то же верно и для другой тройки. Это и нужно было доказать.
Замечания
Каждый из шагов 1 и 2 можно осуществить по-другому.
Например, на шаге 1 можно рассуждать следующим образом. Пусть lAD и lAC – соответственно вторая внешняя касательная к ωA, ωD и вторая внутренняя касательная к ωA, ωC. Обе они разделяют точки IA и B, так что они совпадают тогда и только тогда, когда lAD || lAC. Поскольку IAID – биссектриса угла между AD и lAD, а IAIC – биссектриса угла между BD и lAC, прямые lAD и lAC параллельны тогда и только тогда, когда последнее равенство равносильно (*).
Из вычислений в начале шага 2 можно заметить, что длина общей внутренней касательной к ωB, ωD равна сумме длин общей внутренней касательной к ωC, ωD и общей внешней касательной к ωB, ωC. После этого можно заменить эти окружности на точку ID и окружности ΩB, ΩC с центрами IB, IC и радиусами rB + rD, rC + rD соответственно (здесь rX – радиус окружности ωX), про которые известно, что длина касательной из ID к ΩB равна сумме длин касательной из ID к ΩC и общей касательной к ΩB и ΩC. В этом случае доказать, что ID лежит на общей касательной к ΩB и ΩC, можно разными способами.
