6498. Даны две окружности, касающиеся внутренним образом в точке N
. Хорды BA
и BC
внешней окружности касаются внутренней в точках K
и M
соответственно. Пусть Q
и P
— середины дуг AB
и BC
, не содержащих точку N
. Окружности, описанные около треугольников BQK
и BPM
, пересекаются в точке B_{1}
. Докажите, что BPB_{1}Q
— параллелограмм.
Решение. Пусть точки Q
и B_{1}
лежат по разные стороны от прямой BK
, а точки P
и B_{1}
— по разные стороны от прямой BM
(остальные случаи рассматриваются аналогично).
Поскольку при гомотетии с центром в точке N
, переводящей внутреннюю окружность во внешнюю, касательная BC
к внутренней окружности переходит в параллельную BC
касательную B'C'
к внешней окружности, то точка касания B'C'
с внешней окружностью есть середина дуги BC
внешней окружности, не содержащей точку N
, т. е. точка P
. Значит, точки N
, M
и P
лежат на одной прямой. Аналогично докажем, что точки N
, K
и Q
также лежат на одной прямой.
Четырёхугольники BPNQ
, BQKB_{1}
и BPMB_{1}
— вписанные, поэтому
\angle BQN+\angle BPN=180^{\circ},~\angle BQK+\angle BB_{1}K=180^{\circ},~\angle BPM+\angle BB_{1}M=180^{\circ}.
Тогда
\angle BB_{1}K+\angle BB_{1}M=(180^{\circ}-\angle BQK)+(180^{\circ}-\angle BPM)=
=360^{\circ}-(\angle BQK+\angle BPM)=360^{\circ}-(\angle BQN+\angle BPN)=360^{\circ}-180^{\circ}=180^{\circ},
т. е. точка B_{1}
лежит на отрезке KM
.
Поскольку BK
и BM
— касательные, проведённые из точки B
к внутренней окружности, то треугольник BKM
— равнобедренный, поэтому \angle BKM=\angle BMK
. Тогда из теоремы о вписанных углах, опирающихся на одну и ту же дугу, и из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
\angle BQB_{1}=\angle BKB_{1}=\angle KNM=\angle BMK=\angle BMB_{1}=\angle BPB_{1},
\angle PB_{1}Q=\angle PB_{1}B+\angle QB_{1}B=\angle PMB+\angle QKB=\angle CMN+\angle AKN=
=\angle MKN+\angle KMN=180^{\circ}-\angle MNK=180^{\circ}-\angle PNQ=\angle PBQ.
Значит, противоположные углы четырёхугольника BPB_{1}Q
попарно равны. Следовательно, BPB_{1}Q
— параллелограмм.