|
|
 |
Условие
Биссектриса угла $A$ треугольника $ABC$ ($AB>AC$) пересекает описанную окружность в точке $P$. Перпендикуляр к $AC$ в точке $C$ пересекает биссектрису угла $A$ в точке $K$. Окружность с центром в точке $P$ и радиусом $PK$ пересекает меньшую дугу $PA$ описанной окружности в точке $D$. Докажите, что в четырехугольник $ABDC$ можно вписать окружность.Решение
Дуга $AB$, не содержащая $C$, больше дуги $AC$, не содержащей $B$, поскольку $AB > AC$ по условию. Меньшая дуга $BP$ равна меньшей дуге $CP$, поскольку $AP$ – биссектриса. Следовательно, дуга $ACP$ меньше $180^{\circ}$, и точка $K$ принадлежит хорде $EC$, где $E$ – точка, диаметрально противоположная точке $A$. Из этого следует также, что $PK < PC$ и, значит, точка $D$ лежит на меньшей дуге $PC$.
Требуется доказать, что $AB+DC=AC+BD$.
Пусть окружность с центром в точке $P$ и радиусом $PD$ второй раз пересекает хорду $DB$ в точке $M$. Опустим перпендикуляр $PH$ из точки $P$ на хорду $BD$. По лемме Архимеда точка $H$ разбивает длину ломаной $BDC$ на две равные части, то есть $BH=HD+DC$, но поскольку, очевидно, $MH=HD$, то $BM=DC$.
Рассмотрим точку $N$, симметричную точке $C$ относительно биссектрисы $AP$. Тогда, во-первых, $AC=AN$, а, во-вторых, $PC=PN$, то есть точки $C$, $N$, $B$ лежат на одной окружности с центром в $P$. Осталось доказать, что $BN=DM$.
Опустим перпендикуляр $PL$ на хорду $EC$ и перпендикуляр $PR$ на хорду $BA$. Тогда $BN=2BR=2PL=2DH=DM$ (см.рис.).
Второе равенство верно, поскольку треугольник $PRB$ равен треугольнику $CLP$ по гипотенузе и острому углу ($\angle BPR=90^{\circ}-\angle PBA=\angle PCE= \angle PCL$). Третье равенство верно, поскольку треугольник $PLK$ равен треугольнику $DHP$ по гипотенузе и острому углу ($\angle LPK=\angle PAC=\angle PAB=\angle PDH$).
