5985. Треугольник ABC
(AB\gt BC
) вписан в окружность \Omega
. На сторонах AB
и BC
выбраны точки M
и N
соответственно так, что AM=CN
. Прямые MN
и AC
пересекаются в точке K
. Пусть P
— центр вписанной окружности треугольника AMK
, а Q
— центр вневписанной окружности треугольника CNK
, касающейся стороны CN
. Докажите, что середина дуги ABC
окружности \Omega
равноудалена от точек P
и Q
.
Решение. Пусть S
— середина дуги ABC
окружности \Omega
. Тогда SA=SC
, AM=CN
и \angle BCS=\angle BAS
. Значит, треугольники AMS
и CNS
равны, и они совмещаются поворотом \Phi
с центром в точке S
на угол \angle ASC=\angle ABC
. Отсюда, в частности, следует, что SM=SN
и \angle MSN=\angle ASC=\angle ABC
. Далее можно рассуждать по-разному.
Первый способ. Поскольку \angle MSN=\angle ABC=\angle MBN
(рис. 1), из точек S
и B
, лежащих по одну сторону от прямой MN
, отрезок MN
виден под одним и тем же углом, значит, четырёхугольник MSBN
вписан в некоторую окружность \gamma
(см. задачу 12).
Окружности \Omega_{a}
и \Omega_{c}
, описанные соответственно около треугольников AMS
и CNS
, также совмещаются поворотом \Phi
. Пусть U
и V
— середины дуг AM
и CN
(не содержащих S
) этих окружностей. Тогда SU=SV
, поэтому точка S
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку UV
, и UA=VC
.
Четырёхугольники ASBC
и MSBN
вписаны в окружности \Omega
и \gamma
соответственно, поэтому
\angle SAK=180^{\circ}-\angle SAC=\angle SBC=\angle SBN=180^{\circ}-\angle SMN=\angle SMK.
Тогда из точек A
и M
, лежащих по одну сторону от прямой KS
, отрезок KS
виден под одним и тем же углом. Значит, эти точки лежат на одной окружности, а так как точки A
, M
и S
лежат на окружности \Omega_{a}
, то и точка K
лежит на \Omega_{a}
. Аналогично K
лежит на \Omega_{c}
.
Поскольку U
— середина дуги AM
окружности \Omega_{a}
, точка U
лежит на биссектрисе вписанного в эту окружность угла AKM
. Аналогично точка V
лежит на биссектрисе того же угла. Центр окружности, вписанной угол, лежит на его биссектрисе, следовательно, точки U
и V
вместе с точками P
и Q
лежат на биссектрисе угла CKN
.
По теореме о трилистнике (см. задачу 788) для треугольников KAM
и KCN
получаем, что UP=UA
и VQ=VC
, а так как UA=VC
, то точки P
и Q
также симметричны относительно серединного перпендикуляра к UV
, на котором лежит точка S
. Следовательно, точка S
равноудалена от точек P
и Q
.
Второй способ. Пусть R
и T
— середины отрезков AC
и MN
соответственно (рис. 2). Из равнобедренных треугольников SAC
и SMN
имеем \angle SRK=\angle STK=90^{\circ}
, т. е. точки R
и T
лежат на окружности \Gamma
с диаметром SK
. Пусть \Gamma
вторично пересекает биссектрису KQ
угла AKM
в точке D
. Тогда DR=DT
, а так как четырёхугольник KRDT
вписанный, то \angle ARD=\angle DTN
. Кроме того, точка D
лежит на окружности с диаметром SK
, поэтому \angle SDK=90^{\circ}
, значит, SD
— высота треугольника SPQ
.
Пусть P_{1}
, P_{2}
и P_{3}
— точки касания вписанной окружности треугольника AKM
с прямыми KA
, KM
и AM
соответственно, Q_{1}
и Q_{2}
— точки касания вневписанной окружности треугольника CKN
с теми же прямыми. Тогда
RP_{1}+TP_{2}=RA+AP_{1}+MP_{2}+TM=RA+AP_{3}+MP_{3}+TM=RA+AM+TM.
Аналогично,
RQ_{1}+TQ_{2}=RC+CN+TN,
откуда
RP_{1}+TP_{2}=RQ_{1}+TQ_{2}.
С другой стороны, из симметрии
RP_{1}+RQ_{1}=P_{1}Q_{1}=P_{2}Q_{2}=TP_{2}+TQ_{2}.
Из полученных равенств следует, что RP_{1}=TQ_{2}
и RQ_{1}=TP_{2}
. Итак, DR=DT
, RP_{1}=TQ_{2}
и \angle P_{1}RD=\angle Q_{2}TD
. Значит, треугольники DTQ_{2}
и DRP_{1}
равны, и DP_{1}=DQ_{2}
. Поскольку из симметрии DQ_{2}=DQ_{1}
, треугольник DP_{1}Q_{1}
равнобедренный, его высота, опущенная из вершины D
, является медианой, и поэтому она также является средней линией прямоугольной трапеции PQQ_{1}P_{1}
. Значит, DP=DQ
, и в треугольнике PSQ
высота SD
является медианой. Следовательно, SP=SQ
.
Примечание. Точка S
— это точка Микеля для четвёрки прямых BA
, BC
, AC
, MN
(см. задачу 995).