11223. Серединный перпендикуляр к биссектрисе BL
треугольника ABC
пересекает биссектрисы его внешних углов при вершинах A
и C
в точках P
и Q
соответственно. Докажите, что окружность, описанная около треугольника PBQ
, касается окружности, описанной около треугольника ABC
.
Решение. Первый способ. Пусть BX
— касательная к окружности, описанной около треугольника PBQ
(рис. 1). Докажем, что она является касательной к описанной окружности треугольника ABC
, откуда и будет следовать утверждение задачи. Для этого достаточно доказать, что \angle CBX=\angle BAC
(см. задачу 144).
Обозначим углы A
, B
и C
треугольника через \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Заметим, что точки A
, P
, B
и L
лежат на одной окружности. Действительно, если рассмотреть описанную окружность треугольника BAL
, то точка P
лежит на биссектрисе внешнего угла при вершине A
и на серединном перпендикуляре к BL
, т. е. является серединой дуги BL
этой окружности, содержащей точку A
(см. примечание к задаче 430). Треугольники BPL
и BQL
равнобедренные, так как PQ
— серединный перпендикуляр к отрезку BL
. Значит, PQ
— биссектриса угла BPL
. Применяя теорему об угле между касательной и хордой к описанной окружности треугольника PBQ
(см. задачу 87), получим, что
\angle XBQ=\angle BPQ=\frac{1}{2}\angle BPL=\frac{1}{2}\angle BAL=\frac{\alpha}{2}.
Теперь достаточно доказать, что \angle CBQ=\frac{\alpha}{2}
.
Рассуждая аналогично, получим, что точки C
, Q
, B
и L
лежат на одной окружности. Четырёхугольник BXCL
вписанный, поэтому
\angle CBQ=180^{\circ}-\angle BQC-\angle BCQ=(180^{\circ}-\angle BQC)-\frac{1}{2}(180^{\circ}-\gamma)=
=\angle BLC-\left(90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}\right)=\left(\alpha+\frac{\beta}{2}\right)-\left(\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}\right)=\frac{\alpha}{2}.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть касательная к описанной окружности треугольника ABC
пересекает прямую AC
в точке T
(рис. 2). Тогда \angle TBC=\angle BAC
как угол между касательной и хордой. Используя теорему о внешнем угле для треугольника ABL
получим, что \angle TBL=\angle TLB
(см. задачу 4709). Таким образом, точка T
лежит на прямой PQ
, а TQ
— биссектриса угла BTL
.
Поскольку CQ
— биссектриса угла BCT
, то Q
— центр вписанной окружности треугольника BCT
, а
\angle TBQ=\frac{1}{2}\angle TBC=\frac{1}{2}\angle BAC=\angle BPQ,
так как точки B
, P
, A
и L
лежат на одной окружности (см. первый способ решения). Следовательно, BT
— касательная к описанной окружности треугольника PBQ
(см. задачу 144). Что и требовалось доказать.
Примечание. 1. Отметим, что прямые BT
и AC
симметричны относительно прямой PQ
, а окружность, описанная около треугольника PLQ
, касается прямой AC
.
2. Второй способ решения можно было завершить иначе, доказав, что точки P
, A
, C
и Q
лежат на одной окружности (если уже доказано, что \angle CBT=\alpha
и Q
— точка пересечения биссектрис треугольника CBT
, то, см. задачу 4770, \angle CQT=90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}=\angle CAP
). Тогда точка T
будет радикальным центром окружностей, описанных около треугольников ABC
, PBQ
и четырёхугольника APQC
, т. е. TB
— радикальная ось окружностей, описанных около треугольников ABC
и PBQ
, а значит, является касательной и к окружности, описанной около треугольника PBQ
.
Автор: Кухарчук И. А.
Источник: Олимпиада по геометрии им. И. Ф. Шарыгина. — 2019, XV, задача 4, 8-9 классы
Источник: Московская устная олимпиада по геометрии. — 2019, XV, задача 4, 8-9 классы