13516. Прямоугольный треугольник ABC
с прямым углом при вершине A
вписан в окружность \Gamma
. Точки M
и N
— середины катетов AB
и AC
соответственно, P
и Q
— точки пересечения прямой MN
с окружностью \Gamma
, D
и E
— точки касания вписанной окружности треугольника ABC
с катетами AB
и AC
соответственно. Докажите, что точки D
, E
, P
, Q
лежат на одной окружности.
Решение. Пусть I
и r
— соответственно центр и радиус вписанной окружности треугольника ABC
. Луч AI
— биссектриса угла BAC
, поэтому луч AI
пересекает окружность \Gamma
в середине X
дуги BXC
. Далее будем доказывать, что X
— центр окружности, проходящей через D
, E
, P
, Q
.
Точки D
и E
симметричны относительно прямой AX
, поэтому XD=XE
. Пусть O
— центр описанной окружности треугольника ABC
. Тогда прямая OX
— серединный перпендикуляр к отрезку BC
, а так как прямая PQ
содержит среднюю линию треугольника ABC
, то PQ\parallel AB
. Значит, OX\perp PQ
, и прямая OX
— серединный перпендикуляр и к отрезку PQ
. Тогда точки P
и Q
симметричны относительно прямой OX
, поэтому XP=XQ
. Осталось доказать, PX=EX
.
Пусть AH=h
— высота треугольника ABC
, \angle XAH=\angle AXO=\alpha
, а радиус окружности \Gamma
равен 1. Обозначим через Y
— точку пересечения прямой PQ
с диаметром XX'
, а через F
— основание перпендикуляра, опущенного из точки X
на продолжение высоты AH
. Из прямоугольных треугольников AFX
с катетом
AF=AH+HF=AH+OX=h+1
и острым углом \angle XAF=\alpha
и XX'A
с гипотенузой XX'=2
и острым углом AXX'
получаем
AX=\frac{AF}{\cos\alpha}=\frac{h+1}{\cos\alpha}
и
AX=XX'\cos\alpha=2\cos\alpha.
Из равенства \frac{h+1}{\cos\alpha}=2\cos\alpha
получаем, что h+1=2\cos^{2}\alpha
.
Четырёхугольник ADIE
— квадрат, поэтому AE=ID=r
. По теореме косинусов
EX^{2}=AX^{2}+AE^{2}-2AX\cdot AE\cos\angle CAX=AX^{2}+AE^{2}-2AX\cdot AE\cos45^{\circ}=
=4\cos^{2}\alpha+r^{2}-2r\sqrt{2}\cos\alpha=(\sqrt{2}\cos\alpha-r)^{2}+2\cos^{2}\alpha.
Применив теорему о трилистнике (см. задачу 788), из прямоугольного равнобедренного треугольника BXC
находим, что
XI=XB=BC\cdot\cos45^{\circ}=\sqrt{2}.
Опустим перпендикуляр IG
на прямую FX
. Тогда IG=r+1
, поэтому
r+1=IG=XI\cos\angle GXI=\sqrt{2}\cos\alpha~\Rightarrow~\sqrt{2}\cos\alpha-r=1.
Значит,
EX^{2}=(\sqrt{2}\cos\alpha-r)^{2}+2\cos^{2}\alpha=1+2\cos^{2}\alpha=1+(h+1)=h+2.
Наконец,
PX^{2}=XY^{2}+YP^{2}=(OX+OY)^{2}+(OP^{2}-OY^{2})=
=\left(1+\frac{h}{2}\right)^{2}+\left(1-\frac{h^{2}}{4}\right)=2+h=EX^{2}.
Следовательно, PX=EX
. Отсюда следует утверждение задачи.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1992, № 7, задача 1671 (237), с. 216