Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16517
2026-02-19 
Прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом при вершине $A$ вписан в окружность $\Gamma$. Точки $M$ и $N$ - середины катетов $AB$ и $AC$ соответственно, $P$ и $Q$ - точки пересечения прямой $MN$ с окружностью $\Gamma$, $D$ и $E$ - точки касания вписанной окружности треугольника $ABC$ с катетами $AB$ и $AC$ соответственно. Докажите, что точки $D$, $E$, $P$, $Q$ лежат на одной окружности
Решение:
Пусть $I$ и $r$ - соответственно центр и радиус вписанной окружности треугольника $ABC$. Луч $AI$ - биссектриса угла $BAC$, поэтому луч $AI$ пересекает окружность $\Gamma$ в середине $X$ дуги $BXC$. Далее будем доказывать, что $X$ - центр окружности, проходящей через $D$, $E$, $P$, $Q$.
Точки $D$ и $E$ симметричны относительно прямой $AX$, поэтому $XD=XE$. Пусть $O$ - центр описанной окружности треугольника $ABC$. Тогда прямая $OX$ - серединный перпендикуляр к отрезку $BC$, а т.к. прямая $PQ$ содержит среднюю линию треугольника $ABC$, то $PQ\parallel AB$. Значит, $OX\perp PQ$, и прямая $OX$ - серединный перпендикуляр и к отрезку $PQ$. Тогда точки $P$ и $Q$ симметричны относительно прямой $OX$, поэтому $XP=XQ$. Осталось доказать, $PX=EX$.
Пусть $AH=h$ - высота треугольника $ABC$, $\angle XAH=\angle AXO=\alpha$, а радиус окружности $\Gamma$ равен 1. Обозначим через $Y$ - точку пересечения прямой $PQ$ с диаметром $XX'$, а через $F$ - основание перпендикуляра, опущенного из точки $X$ на продолжение высоты $AH$. Из прямоугольных треугольников $AFX$ с катетом
$AF=AH+HF=AH+OX=h+1$
и острым углом $\angle XAF=\alpha$ и $XX'A$ с гипотенузой $XX'=2$ и острым углом $AXX'$ получаем
$AX=\frac{AF}{\cos\alpha}=\frac{h+1}{\cos\alpha}$
и
$AX=XX'\cos\alpha=2\cos\alpha.$
Из равенства $\frac{h+1}{\cos\alpha}=2\cos\alpha$ получаем, что $h+1=2\cos^{2}\alpha$.
Четырёхугольник $ADIE$ - квадрат, поэтому $AE=ID=r$. По теореме косинусов
$EX^{2}=AX^{2}+AE^{2}-2AX\cdot AE\cos\angle CAX=AX^{2}+AE^{2}-2AX\cdot AE\cos45^{\circ}=4\cos^{2}\alpha+r^{2}-2r\sqrt{2}\cos\alpha=(\sqrt{2}\cos\alpha-r)^{2}+2\cos^{2}\alpha.$
Применив теорему о трилистнике (см. задачу 4503), из прямоугольного равнобедренного треугольника $BXC$ находим, что
$XI=XB=BC\cdot\cos45^{\circ}=\sqrt{2}.$
Опустим перпендикуляр $IG$ на прямую $FX$. Тогда $IG=r+1$, поэтому
$r+1=IG=XI\cos\angle GXI=\sqrt{2}\cos\alpha~\Rightarrow~\sqrt{2}\cos\alpha-r=1.$
Значит,
$EX^{2}=(\sqrt{2}\cos\alpha-r)^{2}+2\cos^{2}\alpha=1+2\cos^{2}\alpha=1+(h+1)=h+2.$
Наконец,
$PX^{2}=XY^{2}+YP^{2}=(OX+OY)^{2}+(OP^{2}-OY^{2})=\left(1+\frac{h}{2}\right)^{2}+\left(1-\frac{h^{2}}{4}\right)=2+h=EX^{2}.$
Следовательно, $PX=EX$. Отсюда следует утверждение задачи
Прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом при вершине $A$ вписан в окружность $\Gamma$. Точки $M$ и $N$ - середины катетов $AB$ и $AC$ соответственно, $P$ и $Q$ - точки пересечения прямой $MN$ с окружностью $\Gamma$, $D$ и $E$ - точки касания вписанной окружности треугольника $ABC$ с катетами $AB$ и $AC$ соответственно. Докажите, что точки $D$, $E$, $P$, $Q$ лежат на одной окружности
Решение:
Пусть $I$ и $r$ - соответственно центр и радиус вписанной окружности треугольника $ABC$. Луч $AI$ - биссектриса угла $BAC$, поэтому луч $AI$ пересекает окружность $\Gamma$ в середине $X$ дуги $BXC$. Далее будем доказывать, что $X$ - центр окружности, проходящей через $D$, $E$, $P$, $Q$.
Точки $D$ и $E$ симметричны относительно прямой $AX$, поэтому $XD=XE$. Пусть $O$ - центр описанной окружности треугольника $ABC$. Тогда прямая $OX$ - серединный перпендикуляр к отрезку $BC$, а т.к. прямая $PQ$ содержит среднюю линию треугольника $ABC$, то $PQ\parallel AB$. Значит, $OX\perp PQ$, и прямая $OX$ - серединный перпендикуляр и к отрезку $PQ$. Тогда точки $P$ и $Q$ симметричны относительно прямой $OX$, поэтому $XP=XQ$. Осталось доказать, $PX=EX$.
Пусть $AH=h$ - высота треугольника $ABC$, $\angle XAH=\angle AXO=\alpha$, а радиус окружности $\Gamma$ равен 1. Обозначим через $Y$ - точку пересечения прямой $PQ$ с диаметром $XX'$, а через $F$ - основание перпендикуляра, опущенного из точки $X$ на продолжение высоты $AH$. Из прямоугольных треугольников $AFX$ с катетом
$AF=AH+HF=AH+OX=h+1$
и острым углом $\angle XAF=\alpha$ и $XX'A$ с гипотенузой $XX'=2$ и острым углом $AXX'$ получаем
$AX=\frac{AF}{\cos\alpha}=\frac{h+1}{\cos\alpha}$
и
$AX=XX'\cos\alpha=2\cos\alpha.$
Из равенства $\frac{h+1}{\cos\alpha}=2\cos\alpha$ получаем, что $h+1=2\cos^{2}\alpha$.
Четырёхугольник $ADIE$ - квадрат, поэтому $AE=ID=r$. По теореме косинусов
$EX^{2}=AX^{2}+AE^{2}-2AX\cdot AE\cos\angle CAX=AX^{2}+AE^{2}-2AX\cdot AE\cos45^{\circ}=4\cos^{2}\alpha+r^{2}-2r\sqrt{2}\cos\alpha=(\sqrt{2}\cos\alpha-r)^{2}+2\cos^{2}\alpha.$
Применив теорему о трилистнике (см. задачу 4503), из прямоугольного равнобедренного треугольника $BXC$ находим, что
$XI=XB=BC\cdot\cos45^{\circ}=\sqrt{2}.$
Опустим перпендикуляр $IG$ на прямую $FX$. Тогда $IG=r+1$, поэтому
$r+1=IG=XI\cos\angle GXI=\sqrt{2}\cos\alpha~\Rightarrow~\sqrt{2}\cos\alpha-r=1.$
Значит,
$EX^{2}=(\sqrt{2}\cos\alpha-r)^{2}+2\cos^{2}\alpha=1+2\cos^{2}\alpha=1+(h+1)=h+2.$
Наконец,
$PX^{2}=XY^{2}+YP^{2}=(OX+OY)^{2}+(OP^{2}-OY^{2})=\left(1+\frac{h}{2}\right)^{2}+\left(1-\frac{h^{2}}{4}\right)=2+h=EX^{2}.$
Следовательно, $PX=EX$. Отсюда следует утверждение задачи
