13439. Дан треугольник ABC
. Пусть I
— центр его вписанной окружности, P
— такая точка на стороне AB
, что угол PIB
прямой, Q
— точка, симметричная точке I
относительно вершины A
. Докажите, что точки C
, I
, P
, Q
лежат на одной окружности.
Решение. Пусть луч CI
пересекает сторону AB
в точке N
. Угол AIB
тупой, а угол NIB
острый (см. задачу 4770), значит точка P
лежит между A
и N
. Треугольники CAI
и IAP
подобны, так как
\angle CAI=\angle IAP~\mbox{и}~\angle AIP=\angle AIB-90^{\circ}=
=\left(90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ACB\right)-90^{\circ}=\frac{1}{2}\angle ACB=\angle ACI.
Учитывая это и равенство QA=AI
, получаем
\frac{IC}{AC}=\frac{PI}{AI}=\frac{PI}{QA}.
Кроме того,
\angle PIC=\angle AIP+\angle AIC=\frac{1}{2}\angle ACB+\left(90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ABC\right)=
=90^{\circ}+\frac{1}{2}\left(\angle ACB+\angle ABC\right)=90^{\circ}+\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle CAB)=
=90^{\circ}+90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle CAB=180^{\circ}-\angle CAI=\angle QAC.
Значит, треугольники QAC
и PIC
подобны по углу и отношению прилежащих к нему сторон, поэтому
\angle IPC=\angle AQC=\angle IQC.
Следовательно (см. задачу 12), точки C
, I
, P
, Q
лежат на одной окружности. Что и требовалось доказать.
Примечание. После доказательства подобия треугольников CAI
и IAP
можно действовать по-другому. Выберем точку R
на продолжении отрезка CA
за точку A
так, что AP=AR
. Тогда треугольники IAP
и QAR
равны по двум сторонам и углу между ними, так как
IA=QA,~AP=AR,~\angle QAR=\angle CAI=\angle IAP.
Поскольку IP=QR
и \angle AIP=\angle AQR
, то QRPI
— равнобокая трапеция, и она вписана. С другой стороны, поскольку
\angle CIQ=\angle CIA=\angle CRQ,
точки C
, I
, R
, Q
лежат на одной окружности. Значит, все пять точек C
, I
, P
, Q
, R
лежат на описанной окружности треугольника QRI
.