Условие
Пусть $AL$ – биссектриса треугольника $ABC$; $X$ – произвольная точка на внешней биссектрисе угла $A$; прямые $BX$, $CX$ пересекают серединный перпендикуляр к $AL$ в точках $P$, $Q$ соответственно. Докажите, что точки $A$, $X$, $P$, $Q$ лежат на одной окружности.
Решение 1
Пусть $PQ$ пересекает $AB$ в точке $Y$. Тогда в равнобедренном
треугольнике $AYL$ имеем $\angle ALY = \angle LAY = \angle LAC$, следовательно, $LY \parallel AC$ и $$XP : PB = AY : Y B = Y L : Y B = AC : AB = CL : LB.$$ Поэтому $LP \parallel CX$. Аналогично, $LQ \parallel BX$, т.е. $LPXQ$ – параллелограмм. Значит, $AQ = QL = XP$, т.е. трапеция $AXPQ$ – равнобокая и вписанная.
Решение 2
Пусть $M$ – середина $AL$; перпендикуляр $\ell$ из $L$ к $AL$ пересекает $BX$ и $CX$ в точках $U$ и $V$ соответственно. Если $X$ равномерно движется по биссектрисе, то точки $U$, $V$ также равномерно движутся по $\ell$. При этом, когда $X$ совпадает с $A$ или основанием внешней биссектрисы, точка $L$ является серединой отрезка $UV$. Значит, это выполнено и для любой точки $X$. Тогда, так как средние линии трапеций $AXUL$ и $AXLV$ лежат на прямой $PQ$, то $MP = (AX +LU)/2$, $MQ = (AX - LY )/2$. Поэтому $MP + MQ = AX$, откуда опять получаем, что трапеция $AXPQ$ – равнобокая.
Решение 3
Обозначим через $D$ и $E$ точки пересечения $PQ$ со сторонами $AB$ и $AC$ соответственно. Тогда $ADLE$ – ромб и $DL \parallel AC$. Из $BP : BX = BD : BA = BL : BC$ получим $PL \parallel XC$, $\angle LPQ = \angle QXA$, $\angle APQ = \angle LPM = \angle AXQ$, то есть точки $A$, $X$, $P$, $Q$ лежат на одной окружности.
Источники и прецеденты использования
