18236. Выпуклые четырёхугольники ABCD
и KLMN
расположены так, что прямые KL
, LM
, MN
и NK
содержат биссектрисы внешних углов при вершинах A
, B
, C
и D
четырёхугольника ABCD
соответственно. При этом ABCD
не является параллелограммом. Диагонали четырёхугольника KLMN
пересекаются в точке P
. Докажите, что если \angle BAD=\angle BCD\lt90^{\circ}
, то PA=PC
.
Решение. Первый способ. Опустим из точки P
перпендикуляры PQ
, PR
, PS
и PT
на прямые AB
, BC
, CD
и DA
соответственно. Заметим, что точка K
равноудалена от прямых AB
, AD
и CD
(см. задачу 1138). Аналогично, точка M
равноудалена от прямых AB
и CD
, и обе точки K
и M
лежат в том угле между этими прямыми, в котором находится четырёхугольник ABCD
. Значит, все точки отрезка KM
тоже равноудалены от этих прямых, в частности, — точка P
, т. е. PQ=PS
. Аналогично, PR=PT
, и P
лежит в том же угле между прямыми BC
и AD
, поэтому P
находится внутри четырёхугольника ABCD
.
Значит, точки Q
и T
лежат на лучах AB
и AD
соответственно, а точки R
и S
— на лучах CB
и CD
соответственно, поэтому
\angle QPT=180^{\circ}-\angle QAT=180^{\circ}-\angle SCR=\angle SPR.
Значит, треугольники QPT
и SPR
равны по двум сторонам и углу между ними. Наконец, четырёхугольники AQPT
и CSPR
вписаны в окружности с диаметрами PA
и CP
соответственно (см. задачу 1689).
Из равенства треугольников QPT
и SPR
следует, что равны диаметры их описанных окружностей, т. е. PA=PC
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Если углы при вершинах B
и D
четырёхугольника ABCD
тоже равны, то ABCD
— параллелограмм, по условию не так. Пусть без ограничения общности \angle B\gt\angle D
. Тогда
\angle A+\angle B=\angle C+\angle B\gt\angle C+\angle D\gt180^{\circ},
поэтому лучи AB
и DC
пересекаются в некоторой точке X
, а лучи DA
и CB
— в некоторой точке Y
.
Треугольники BXC
и BYA
подобны по двум углам, значит, \angle BXC=\angle BYA
, поэтому четырёхугольник AYXC
вписан в некоторую окружность \omega
(см. задачу 12). Поскольку M
— точка пересечения биссектрис внутренних углов треугольника BXC
, а K
— точка пересечения биссектрис внешних углов XAD
и XDA
треугольника ADX
, то они обе лежат на биссектрисе угла AXC
. Аналогично, LN
биссектриса угла AYC
, а тогда P
— точка пересечения этих биссектрис. Обе эти биссектрисы проходят через середину дуги AC
окружности \omega
, не содержащей точек X
и Y
, поэтому P
и есть середина этой дуги (см. задачу 430). Тогда хорды PA
и PC
, стягивающие равные дуги, равны.
Примечание. 1. Утверждение задачи остаётся верным, если ABCD
— параллелограмм (в этом случае P
— центр симметрии этого параллелограмма).
2. Заметим, что четырёхугольник KLMN
— трапеция (KN\parallel LM
). Поэтому факт из задачи можно переформулировать следующим образом. Пусть по бильярдному столу в форме трапеции катается шар, отражаясь последовательно от четырёх сторон в одних и тех же четырёх точках. Тогда точки отражения от боковых сторон трапеции равноудалены от точки пересечения её диагоналей.
Источник: Всероссийская олимпиада школьников. — 2025-26, региональный этап, первый день, задача 9.5, 9 класс