6740. Прямые, симметричные диагонали BD
четырёхугольника ABCD
относительно биссектрис углов B
и D
, проходят через середину диагонали AC
. Докажите, что прямые, симметричные диагонали AC
относительно биссектрис углов A
и C
, проходят через середину диагонали BD
.
Решение. Пусть P
— середина AC
, L
— точка пересечения диагоналей. Обозначим
\angle LBP=\alpha,~\angle ABP=\angle CBL=\beta,~\angle APB=\gamma,~\angle CLB=\delta.
Применив теорему синусов к треугольникам ABL
и BCL
, получаем, что
\frac{AL}{\sin(\alpha+\beta)}=\frac{AB}{\sin\delta},~\frac{CL}{\sin\beta}=\frac{BC}{\sin\delta},
откуда
\frac{AL}{CL}\cdot\frac{\sin\beta}{\sin(\alpha+\beta)}=\frac{AB}{BC}.
Применив теорему синусов к треугольникам BCP
и ABP
, получаем, что
\frac{CP}{\sin(\alpha+\beta)}=\frac{BC}{\sin\gamma},~\frac{AP}{\sin\beta}=\frac{AB}{\sin\gamma},
откуда
\frac{CP}{AP}\cdot\frac{\sin\beta}{\sin(\alpha+\beta)}=\frac{\sin\beta}{\sin(\alpha+\beta)}=\frac{BC}{AB},
(так как CP=AP
). Разделив первое из полученных равенств на второе, получаем, что \frac{AL}{CL}=\left(\frac{AB}{CB}\right)^{2}
. Аналогично, \frac{AL}{CL}=\left(\frac{AD}{CD}\right)^{2}
, поэтому
\frac{BC}{CD}=\frac{AB}{AD}=\frac{\sin\angle BDA}{\sin\angle DBA}=\frac{\sin\angle CDP}{\sin\angle CBP},
а так как
\sin\angle BPC=\frac{BC\sin\angle CBP}{CP},~\sin\angle CPD=\frac{CD\sin\angle CDP}{CP},
то
\frac{\sin\angle BPC}{\sin\angle CPD}=\frac{BC\sin\angle CBP}{CD\sin\angle CDP}=\frac{BC}{CD}\cdot\frac{\sin\angle CBP}{\sin\angle CDP}=\frac{\sin\angle CDP}{\sin\angle CBP}\cdot\frac{\sin\angle CBP}{\sin\angle CDP}=1.
Значит, \sin\angle BPC=\sin\angle CPD
. Следовательно, прямые BP
и DP
симметричны относительно AC
.
Пусть X
— вторая точка пересечения прямой BP
с описанной окружностью треугольника ABC
. Тогда точка X'
, симметричная X
относительно серединного перпендикуляра к AC
, лежит на этой окружности (см. задачу 1677). В то же время, поскольку
\angle APX=\angle CPB=\angle CPD,
точка X'
лежит на прямой PD
. Значит, она совпадает с D
. Таким образом, четырёхугольник ABCD
— вписанный.
По ранее доказанному \frac{BC}{CD}=\frac{AB}{AD}
, поэтому AB\cdot CD=AD\cdot BC
. По теореме Птолемея (см. задачу 130)
AB\cdot CD+AD\cdot BC=AC\cdot BD,
значит,
AB\cdot CD=AD\cdot BC=\frac{1}{2}AC\cdot BD.
Пусть прямая, симметричная AC
относительно биссектрисы угла A
, пересекает BD
в точке Q
. Тогда треугольники ABQ
и ACD
подобны, так как \angle ABQ=\angle ABD=\angle ACD
и \angle BAQ=\angle CAD
(из симметрии). Значит, \frac{AB}{AC}=\frac{BQ}{CD}
, поэтому BQ\cdot AC=AB\cdot CD=\frac{1}{2}AC\cdot BD
. Отсюда получаем, что BQ=\frac{1}{2}BD
. Следовательно, Q
— середина BD
, что и требовалось доказать.