11645. На сторонах AD
и CD
ромба ABCD
выбраны точки P
и Q
соответственно. Вписанная окружность треугольника ABP
касается сторон PA
и PB
в точках P_{1}
и P_{2}
. Вписанная окружность треугольника CBQ
касается сторон QC
и QB
в точках Q_{1}
и Q_{2}
. Докажите, что прямые P_{1}P_{2}
, Q_{1}Q_{2}
и BD
пересекаются в одной точке.
Решение. Докажем, что прямые P_{1}P_{2}
и Q_{1}Q_{2}
проходят через центр O
ромба.
Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABP
, точка P_{1}
и P_{2}
лежат на сторонах AP
и BP
соответственно.
Первый способ. Из точек P_{1}
и O
отрезок DI
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром DI
. Вписанные в эту окружность углы IOP_{1}
и IDP_{1}
опираются на одну и ту же дугу, поэтому они равны.
Из точек P_{2}
и O
отрезок BI
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром BI
. Вписанные в эту окружность углы IOP_{2}
и IBP_{2}
опираются на одну и ту же дугу, поэтому они равны. Кроме того, равны углы IDP_{1}
и IBA
, так как они симметричны относительно биссектрисы AI
угла BAD
. Таким образом,
\angle IOP_{1}=\angle IDP_{1}=\angle ABI=\angle IBP_{2}=\angle IOP_{2}.
Значит, точки O
, P_{1}
и P_{2}
лежат на одной прямой.
Аналогично, точки O
, Q_{1}
и Q_{2}
лежат на одной прямой. Следовательно, прямые PP_{1}
и QQ_{1}
проходят через точку O
, лежащую на прямой BD
.
Второй способ. Поскольку из симметрии DI=BI
, прямоугольные треугольники DP_{1}I
и BP_{2}I
равны по катету и гипотенузе. Значит, DP_{1}=BP_{2}
. Тогда для треугольника BDP
получим, что
\frac{BO}{OD}\cdot\frac{DP_{1}}{P_{1}P}\cdot\frac{PP_{2}}{P_{2}B}=\frac{BO}{BO}\cdot\frac{BP_{2}}{PP_{2}}\cdot\frac{PP_{2}}{P_{2}B}=1.
Значит, по теореме Менелая точки O
, P_{1}
и P_{2}
лежат на одной прямой. Аналогично, точки O
, Q_{1}
и Q_{2}
лежат на одной прямой. Следовательно, прямые PP_{1}
и QQ_{1}
проходят через точку O
, лежащую на прямой BD
.