10043. Известно, что биссектриса угла ADC
вписанного четырёхугольника ABCD
проходит через центр окружности, вписанной в треугольник ABC
. Пусть M
— произвольная точка дуги ADC
описанной около четырёхугольника ABCD
окружности. Обозначим через P
и Q
центры окружностей, вписанных в треугольники ABM
и BCM
.
Докажите, что все получившиеся при перемещении точки M
треугольники DPQ
подобны между собой. Найдите угол PDQ
и отношение DP:DQ
, если \angle BAC=\alpha
, \angle BCA=\gamma
.
Ответ. \frac{\alpha+\gamma}{2}
; \frac{\sin\frac{\gamma}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}}
.
Решение. Пусть O
— точка пересечения биссектрис треугольника ABC
, т. е. центр вписанной окружности этого треугольника. Обозначим
\angle BAC=\alpha,~\angle ABC=\beta,~\angle ACB=\gamma,~\angle ADO=\angle CDO=\varphi.
Тогда (см. задачу 4770)
\angle AOC=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ABC=90^{\circ}+\frac{\beta}{2},
а так как (см. задачу 6)
\angle ADC=180^{\circ}-\angle ABC=180^{\circ}-\beta,
то
\varphi=\angle ODC=\frac{1}{2}\angle ADC=90^{\circ}-\frac{\beta}{2}.
Значит,
\angle AOC+\angle ODC=90^{\circ}+\frac{\beta}{2}+90^{\circ}-\frac{\beta}{2}=180^{\circ},
т. е.
\angle AOD+\angle DOC+\angle ODC=180^{\circ}.
Из треугольника OCD
получаем, что
\angle OCD+\angle DOC+\angle ODC=180^{\circ},
поэтому
\angle AOD=180^{\circ}-\angle DOC-\angle ODC=\angle OCD.
Значит, треугольник OCD
подобен треугольнику AOD
по двум углам (\angle ADO=\varphi=\angle ODC
). Коэффициент подобия равен k=\frac{OD}{AD}=\frac{CD}{OD}=\frac{OC}{AO}
.
Поскольку \angle AMB=\angle ACB=\gamma
и P
— центр вписанной окружности треугольника ABM
, то
\angle APB=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle AMB=90^{\circ}+\frac{\gamma}{2}=\angle AOB
(см. задачу 4770). Из точек P
и O
, лежащих по одну сторону от прямой AB
, отрезок AB
виден под одним и тем же углом, значит, точки P
, O
, A
и B
лежат на одной окружности (см. задачу 12). При этом, точка P
лежит на дуге AOB
этой окружности (P
между A
и O
). Аналогично, точка Q
лежит на дуге COB
окружности, проходящей через точки O
, B
и C
(Q
между C
и Q
).
Докажем, что дуги AP
и OQ
имеют одинаковые градусные меры. Действительно, так как BP
и BQ
— биссектрисы углов ABM
и MBC
, то
\angle MBP=\frac{1}{2}\angle ABM~\mbox{и}~\angle MBQ=\frac{1}{2}\angle MBC,
поэтому
\angle PBQ=\angle PBM+\angle MBQ=\frac{1}{2}\angle ABM+\frac{1}{2}\angle MBC=
=\frac{1}{2}(\angle ABM+\angle MBC)=\frac{1}{2}\angle ABC=\frac{1}{2}\beta.
Следовательно,
\angle ABP=\angle ABQ-\angle PBQ=\angle ABQ-\frac{1}{2}\beta=\angle ABQ-\angle ABO=\angle OBQ,
поэтому дуги APO
и OQC
имеют одинаковые градусные меры. Значит, если R_{2}
и R_{1}
— радиусы окружностей этих дуг, то
R_{1}=\frac{AP}{2\sin\angle ABP},~R_{2}=\frac{OQ}{2\sin\angle OBQ}.
Тогда
\frac{R_{1}}{R_{2}}=\frac{AP}{OQ}=\frac{AO}{OC}=k
(OQ
и AP
— соответствующие отрезки в подобных треугольниках OCD
и AOD
).
При повороте на угол \varphi
вокруг точки D
по часовой стрелке и последующей гомотетии с центром D
и коэффициентом k
точка A
перейдёт в O
, точка O
— в точку C
, окружность, описанная около четырёхугольника APOB
— в окружность, описанную около треугольника OQC
, а так как \frac{R_{1}}{R_{2}}=k
, то описанная окружность четырёхугольника APOB
перейдёт в описанную окружность четырёхугольника BOQC
. Из равенства рассматриваемых дуг AP
и OQ
следует, что точка P
перейдёт в Q
.
Таким образом
\angle PDQ=\varphi=\frac{1}{2}\angle ADC=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle ABC)=\frac{\alpha+\gamma}{2},~
\frac{DP}{DQ}=k=\frac{R_{1}}{R_{2}}=\frac{\frac{OB}{2\sin\angle BAO}}{\frac{OB}{2\sin\angle BCO}}=\frac{\frac{OB}{2\sin\frac{\alpha}{2}}}{\frac{OB}{2\sin\frac{\gamma}{2}}}=\frac{\sin\frac{\gamma}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}}.
Следовательно, все треугольники DPQ
подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними.