Информация о задаче

Задача 55537

Темы:	[	Углы между биссектрисами	]
	[	Вспомогательная окружность	]
	[	Четыре точки, лежащие на одной окружности	]
	[	Прямоугольники и квадраты. Признаки и свойства	]

Сложность: 5+
Классы: 8,9

Прислать комментарий

Условие

Докажите, что если ABCD — вписанный четырёхугольник, то сумма радиусов окружностей, вписанных в треугольники ABC и ACD равна сумме радиусов окружностей, вписанных в треугольники BCD и BDA.

Подсказка

Докажите что центры указанных окружностей являются вершинами прямоугольника.

Решение

Пусть O₁, O₂, O₃, O₄ — центры окружностей, вписанных в треугольники ABC, BCD, CDA и DAB; r₁, r₂, r₃, r₄ -- их радиусы. Докажем сначала, что четырёхугольник O₁O₂O₃O₄ -- прямоугольник (рис.1).

Действительно, поскольку AO₁ и BO₁ — биссектрисы треугольника ABC, то

$\displaystyle \angle$ AO₁B = 90^o + $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ $\displaystyle \angle$ ACB.

Аналогично

$\displaystyle \angle$ AO₄B = 90^o + $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ $\displaystyle \angle$ ADB,

а т.к. $\angle$ ADB = $\angle$ ACB, то $\angle$ AO₄B = $\angle$ AO₁B. Поэтому точки A, O₄, O₁ и B лежат на одной окружности.

Пусть K — точка на продолжении отрезка BO₁ за точку O₁. Тогда

$\displaystyle \angle$ O₄O₁K = 180^o - $\displaystyle \angle$ O₄O₁B = $\displaystyle \angle$ O₄AB = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ $\displaystyle \angle$ BAD

(т.к. луч AO₄ — биссектриса угла BAD). Аналогично

$\displaystyle \angle$ KO₁O₂ = 180^o - $\displaystyle \angle$ O₂O₁B = $\displaystyle \angle$ O₂CB = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ $\displaystyle \angle$ BCD,

а т.к. $\angle$ BAD + $\angle$ BCD = 180^o (противоположные углы вписанного четырёхугольника), то

$\displaystyle \angle$ O₄O₁O₂ = $\displaystyle \angle$ O₄O₁K + $\displaystyle \angle$ O₂O₁K = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ $\displaystyle \angle$ BAD + $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ $\displaystyle \angle$ BCD = 90^o.

Аналогично для остальных углов четырёхугольника O₁O₂O₃O₄. Следовательно, четырёхугольник O₁O₂O₃O₄ — прямоугольник.

Пусть M и L — точки касания вписанных окружностей треугольников ABD и BCD с диагональю BD (рис.2). Тогда

DL = $\displaystyle {\frac{AD + BD + AB}{2}}$ - AB = $\displaystyle {\frac{AD + BD - AB}{2}}$ ,

DM = $\displaystyle {\frac{BD + DC + BC}{2}}$ - BC = $\displaystyle {\frac{BD + DC - BC}{2}}$ ,

ML = | DL - DM| = $\displaystyle {\frac{\vert AD + BC - AB - CD\vert}{2}}$ .

Пусть E — проекция точки O₂ на прямую O₄M. Тогда в прямоугольном треугольнике O₂EO₄ катет EO₄ = EM + MO₄ = r₂ + r₄.

Пусть P и Q — точки касания вписанных окружностей треугольников ABC и ADC с диагональю AC (рис.3), а F — проекция точки O₃ на прямую O₁P. Рассуждая аналогично, получим, что

PQ = $\displaystyle {\frac{\vert AD + BC - AB - CD\vert}{2}}$ = ML.

Поэтому прямоугольные треугольники O₁FO₃ и O₂EO₄ равны (по катету и гипотенузе). Следовательно,

r₁ + r₃ = r₂ + r₄.

Источники и прецеденты использования


web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	4860