Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2017
2019-01-23 
Четырехугольник $ABCD$ является одновременно и вписанным, и описанным, причем вписанная в $ABCD$ окружность касается его сторон $AB, BC, CD$ и $AD$ в точках $K, L, M, N$ соответственно. Биссектрисы внешних углов $A$ и $B$ четырехугольника пересекаются в точке $K^{\prime}$, внешних углов $B$ и $C$ - в точке $L^{\prime}$, внешних углов $C$ и $D$ - в точке $M^{\prime}$, внешних углов $D$ и $A$ - в точке $N^{\prime}$. Докажите, что прямые $KK^{\prime}, LL^{\prime}, MM^{\prime}$ и $NN^{\prime}$ проходят через одну точку.
Решение:
Если $ABCD$ - трапеция (скажем, $AB \parallel CD$), то прямые $L^{\prime}L$ и $N^{\prime}N$ имеют общую точку пересечения с серединным перпендикуляром к $AB$, на котором лежат $K, K^{\prime}, M$ и $M^{\prime}$. Пусть прямые $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $E$, а прямые $BC$ и $AD$ - в точке $F$ (см. рис.). Заметим, что $K^{\prime}$ и $M^{\prime}$ лежат на биссектрисе угла $CFD$ (так как они равноудалены от прямых $BC$ и $AD$). Пусть эта биссектриса пересекает $AB$ и $CD$ в точках $P$ и $Q$ соответственно.
Тогда, так как $ABCD$ - вписанный и $FP$ - биссектриса угла $CFD$, то $\angle FAP = \angle FCQ$ и $\angle PFA = \angle CFQ \Rightarrow \angle FPA = \angle FQC \Rightarrow \angle EPQ = \angle EQP$, т. е. биссектриса угла $AED$ является высотой равнобедренного треугольника $EPQ$; поскольку $L^{\prime}$ и $N^{\prime}$ лежат на этой биссектрисе, то $K^{\prime}M^{\prime} L L^{\prime}N^{\prime}$. Но биссектриса угла $AED$ перпендикулярна $KM$, откуда $KM \parallel K^{\prime}M^{\prime}$; аналогично $LN \parallel L^{\prime}N^{\prime}$. Прямая $KL$ перпендикулярна биссектрисе угла $ABC$, а значит, параллельна биссектрисе внешнего угла $B$, следовательно, $K^{\prime}L^{\prime} \parallel KL$ (аналогично, $L^{\prime}M^{\prime} \parallel LM$). Тогда у треугольников $KLM$ и $K^{\prime}L^{\prime}M^{\prime}$ соответствующие стороны параллельны, а значит, они гомотетичны. Заметим, что при этой гомотетии $K$ переходит в $K^{\prime}$, а $M$ - в $M^{\prime}$, и так как параллельные прямые переходят в параллельные, то прямые $KN$ и $MN$ переходят в $K^{\prime}N^{\prime}$ и $M^{\prime}N^{\prime}$ соответственно, значит, $N$ переходит в $N^{\prime}$; следовательно, четырехугольники $KLMN$ и $K^{\prime}L^{\prime}M^{\prime}N^{\prime}$ гомотетичны. Получаем, что $KK^{\prime}, LL^{\prime}, MM^{\prime}, NN^{\prime}$ проходят через центр гомотетии, т. е. через одну точку.
Четырехугольник $ABCD$ является одновременно и вписанным, и описанным, причем вписанная в $ABCD$ окружность касается его сторон $AB, BC, CD$ и $AD$ в точках $K, L, M, N$ соответственно. Биссектрисы внешних углов $A$ и $B$ четырехугольника пересекаются в точке $K^{\prime}$, внешних углов $B$ и $C$ - в точке $L^{\prime}$, внешних углов $C$ и $D$ - в точке $M^{\prime}$, внешних углов $D$ и $A$ - в точке $N^{\prime}$. Докажите, что прямые $KK^{\prime}, LL^{\prime}, MM^{\prime}$ и $NN^{\prime}$ проходят через одну точку.
Решение:
Если $ABCD$ - трапеция (скажем, $AB \parallel CD$), то прямые $L^{\prime}L$ и $N^{\prime}N$ имеют общую точку пересечения с серединным перпендикуляром к $AB$, на котором лежат $K, K^{\prime}, M$ и $M^{\prime}$. Пусть прямые $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $E$, а прямые $BC$ и $AD$ - в точке $F$ (см. рис.). Заметим, что $K^{\prime}$ и $M^{\prime}$ лежат на биссектрисе угла $CFD$ (так как они равноудалены от прямых $BC$ и $AD$). Пусть эта биссектриса пересекает $AB$ и $CD$ в точках $P$ и $Q$ соответственно.
Тогда, так как $ABCD$ - вписанный и $FP$ - биссектриса угла $CFD$, то $\angle FAP = \angle FCQ$ и $\angle PFA = \angle CFQ \Rightarrow \angle FPA = \angle FQC \Rightarrow \angle EPQ = \angle EQP$, т. е. биссектриса угла $AED$ является высотой равнобедренного треугольника $EPQ$; поскольку $L^{\prime}$ и $N^{\prime}$ лежат на этой биссектрисе, то $K^{\prime}M^{\prime} L L^{\prime}N^{\prime}$. Но биссектриса угла $AED$ перпендикулярна $KM$, откуда $KM \parallel K^{\prime}M^{\prime}$; аналогично $LN \parallel L^{\prime}N^{\prime}$. Прямая $KL$ перпендикулярна биссектрисе угла $ABC$, а значит, параллельна биссектрисе внешнего угла $B$, следовательно, $K^{\prime}L^{\prime} \parallel KL$ (аналогично, $L^{\prime}M^{\prime} \parallel LM$). Тогда у треугольников $KLM$ и $K^{\prime}L^{\prime}M^{\prime}$ соответствующие стороны параллельны, а значит, они гомотетичны. Заметим, что при этой гомотетии $K$ переходит в $K^{\prime}$, а $M$ - в $M^{\prime}$, и так как параллельные прямые переходят в параллельные, то прямые $KN$ и $MN$ переходят в $K^{\prime}N^{\prime}$ и $M^{\prime}N^{\prime}$ соответственно, значит, $N$ переходит в $N^{\prime}$; следовательно, четырехугольники $KLMN$ и $K^{\prime}L^{\prime}M^{\prime}N^{\prime}$ гомотетичны. Получаем, что $KK^{\prime}, LL^{\prime}, MM^{\prime}, NN^{\prime}$ проходят через центр гомотетии, т. е. через одну точку.
