6530. Стороны AB
, BC
, CD
и DA
описанного четырёхугольника ABCD
касаются его вписанной окружности в точках K
, L
, M
и N
соответственно. Прямая, проведённая через точку C
параллельно диагонали BD
, пересекает прямые NL
и KM
в точках P
и Q
соответственно. Докажите, что CP=CQ
.
Решение. Пусть прямая BD
пересекает прямую LN
в точке X
(рис. 1), а прямую KM
— в точке Y
. Обозначим
\angle BLX=\angle BLN=\angle ANL=\angle ANX=\alpha,~\angle BXL=\angle DXN=\beta.
Тогда \angle DNX=180^{\circ}-\alpha
.
Применяя теорему синусов к треугольникам BXL
и DXN
, получим, что
\frac{BX}{\sin\alpha}=\frac{BL}{\sin\beta},~\frac{DX}{\sin(180^{\circ}-\alpha)}=\frac{DN}{\sin\beta},
а так как DN=DM
(отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки) и \sin(180^{\circ}-\alpha)=\sin\alpha
, то
\frac{DX}{\sin\alpha}=\frac{DM}{\sin\beta}.
Из равенств
\frac{BX}{\sin\alpha}=\frac{BL}{\sin\beta}~\mbox{и}~\frac{DX}{\sin\alpha}=\frac{DM}{\sin\beta},
следует, что \frac{BX}{DX}=\frac{BL}{DM}
.
Рассуждая аналогично, получим, что \frac{BY}{YD}=\frac{BL}{DM}
. Из равенства \frac{BY}{YD}=\frac{BX}{DX}
следует, что точки X
и Y
совпадают.
Поскольку прямые BD
и PQ
параллельны (рис. 2), то треугольник LCP
подобен треугольнику LBX
, а треугольник MCQ
— треугольнику MDX
. Поэтому
\frac{BX}{PC}=\frac{BL}{LC},~\frac{DX}{CQ}=\frac{DM}{MC}.
Разделив почленно первое из этих равенств на второе, получим, что
\frac{BX}{DX}\cdot\frac{CQ}{PC}=\frac{BL}{LC}\cdot\frac{MC}{DM}~\Rightarrow~
\Rightarrow~\frac{CQ}{PC}=\frac{BL}{LC}\cdot\frac{MC}{DM}\cdot\frac{DX}{BX}=\frac{BL}{DM}\cdot\frac{MC}{LC}\cdot\frac{DX}{BX}=1,
так как \frac{BL}{DM}=\frac{BX}{DX}
по доказанному ранее, а MC=LC
как отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки.
Следовательно, CQ=CP
.