5996. Внутри вписанного четырёхугольника ABCD
отмечены такие точки P
и Q
, что
\angle PDC+\angle PCB=\angle PAB+\angle PBC=\angle QCD+\angle QDA=\angle QBA+\angle QAD=90^{\circ}.
Докажите, что прямая PQ
образует равные углы с прямыми AD
и BC
.
Решение. Обозначим окружности, описанные около четырёхугольника ABCD
и треугольников ABP
, CDP
, ABQ
, CDQ
через \Omega
, \omega_{1}
, \omega_{2}
, \omega_{3}
, \omega_{4}
соответственно (см. рис.).
Пусть X
— проекция P
на BC
; обозначим прямую PX
через l_{1}
. Тогда
\angle BPX=90^{\circ}-\angle PBC=\angle PAB;
значит, прямая l_{1}
касается окружности \omega_{1}
(см. задачу 144). Аналогично, l_{1}
касается окружности \omega_{2}
. Итак, прямая l_{1}
и окружности \omega_{1}
, \omega_{2}
касаются в точке P
. Так же доказывается, что прямая l_{2}
, проходящая через Q
и перпендикулярная AD
, и окружности \omega_{3}
и \omega_{4}
касаются в точке Q
.
Рассмотрим два случая.
1) Прямые AB
и CD
пересекаются в некоторой точке R
. Обозначим через P_{1}
и P_{2}
вторые точки пересечения прямой RP
с \omega_{1}
и \omega_{2}
(P_{1}=P
, если RP
касается \omega_{1}
; аналогично для P_{2}
). Тогда
RP\cdot RP_{1}=RA\cdot RB=RD\cdot RC=RP\cdot RP_{2},
т. е. P_{1}=P_{2}
. Т.к. P
— единственная общая точка \omega_{1}
и \omega_{2}
, то P_{1}=P_{2}=P
. Значит, RP
совпадает с l_{1}
, т. е. RP^{2}=RA\cdot RB
.
Аналогично RQ
совпадает с l_{2}
, и RQ^{2}=RA\cdot RB
. Следовательно, RP^{2}=RA\cdot RB=RQ^{2}
, т. е. треугольник PQR
— равнобедренный и его основание PQ
образует равные углы с прямыми QR
и PR
, а значит, — и с перпендикулярными им прямыми AD
и BC
.
2) Прямые AB
и CD
параллельны. Тогда ABCD
— равнобокая трапеция или прямоугольник. Этот четырёхугольник и все рассматриваемые окружности симметричны относительно общего серединного перпендикуляра к AB
и CD
. Следовательно, точки P
и Q
лежат на этой прямой, а она, очевидно, образует равные углы с прямыми AD
и BC
.
Примечание. В данной конструкции R
— общий радикальный центр окружностей \Omega
, \omega_{1}
, \omega_{2}
, \omega_{3}
и \omega_{4}
.