Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2151
2019-02-08 
Проекции точки $X$ на стороны четырёхугольника $ABCD$ лежат на одной окружности. $Y$ - точка, симметричная $X$ относительно центра этой окружности. Докажите, что проекции точки $B$ на прямые $AX, XC, CY, YA$ также лежат на одной окружности.
Решение:
Рассмотрим случай, когда $X$ лежит внутри $ABCD$, остальные разбираются аналогично. Пусть $K, L, M, N$ - проекции $X$ на $AB, BC, CD, DA$; $K^{\prime}, L^{\prime}, M^{\prime}, N^{\prime}$ - точки, симметричные $X$ относительно этих прямых. Так как $K, L, M, N$ лежат на окружности, $K^{\prime}, L^{\prime}, M^{\prime}, N^{\prime}$ также лежат на окружности. Так как $BK^{\prime} = BX = BL^{\prime}$, серединный перпендикуляр к отрезку $K^{\prime}L^{\prime}$ проходит через $B$ и является биссектрисой угла $K^{\prime}BL^{\prime}$, т. е. симметричен $BX$ относительно биссектрисы угла $B$. Следовательно, четыре прямые, симметричные прямым, соединяющим $X$ с вершинами $ABCD$, относительно биссектрис соответствующих углов, пересекаются в одной точке $X$ , являющейся центром описанной окружности четырёхугольника $K^{\prime}L^{\prime}M^{\prime}N^{\prime}$. При этом центром окружности $KLMN$ будет середина $XX^{\prime}$, и значит, $X^{\prime}$ совпадает с $Y$. Далее, так как четырёхугольники $XKBL, XLCM, XMDN, XNAK$ вписанные,
$\angle AXB + \angle CXD = \angle KXA + \angle KXB + \angle CXM + \angle DXM = \angle KNA + \angle BLK + \angle CLM + \angle MND = (\pi - \angle KLM) + (\pi - \angle MNK) = \pi$.
Отсюда следует, что прямые $XB$ и $DX$ симметричны относительно биссектрисы угла $AXC$. Аналогично, прямые $YB$ и $DY$ симметричны относительно биссектрисы угла $AYC$. Kроме того, как уже было показано, совпадают биссектрисы углов $BAD$ и $XAY, BCD$ и $XCY$. Таким образом, прямые, симметричные $BA, BX, BC, BY$ относительно биссектрис соответствующих углов $AXCY$, пересекаются в точке $D$. Отсюда, рассуждая аналогично началу решения, получаем утверждение задачи (рис.).
Проекции точки $X$ на стороны четырёхугольника $ABCD$ лежат на одной окружности. $Y$ - точка, симметричная $X$ относительно центра этой окружности. Докажите, что проекции точки $B$ на прямые $AX, XC, CY, YA$ также лежат на одной окружности.
Решение:
Рассмотрим случай, когда $X$ лежит внутри $ABCD$, остальные разбираются аналогично. Пусть $K, L, M, N$ - проекции $X$ на $AB, BC, CD, DA$; $K^{\prime}, L^{\prime}, M^{\prime}, N^{\prime}$ - точки, симметричные $X$ относительно этих прямых. Так как $K, L, M, N$ лежат на окружности, $K^{\prime}, L^{\prime}, M^{\prime}, N^{\prime}$ также лежат на окружности. Так как $BK^{\prime} = BX = BL^{\prime}$, серединный перпендикуляр к отрезку $K^{\prime}L^{\prime}$ проходит через $B$ и является биссектрисой угла $K^{\prime}BL^{\prime}$, т. е. симметричен $BX$ относительно биссектрисы угла $B$. Следовательно, четыре прямые, симметричные прямым, соединяющим $X$ с вершинами $ABCD$, относительно биссектрис соответствующих углов, пересекаются в одной точке $X$ , являющейся центром описанной окружности четырёхугольника $K^{\prime}L^{\prime}M^{\prime}N^{\prime}$. При этом центром окружности $KLMN$ будет середина $XX^{\prime}$, и значит, $X^{\prime}$ совпадает с $Y$. Далее, так как четырёхугольники $XKBL, XLCM, XMDN, XNAK$ вписанные,
$\angle AXB + \angle CXD = \angle KXA + \angle KXB + \angle CXM + \angle DXM = \angle KNA + \angle BLK + \angle CLM + \angle MND = (\pi - \angle KLM) + (\pi - \angle MNK) = \pi$.
Отсюда следует, что прямые $XB$ и $DX$ симметричны относительно биссектрисы угла $AXC$. Аналогично, прямые $YB$ и $DY$ симметричны относительно биссектрисы угла $AYC$. Kроме того, как уже было показано, совпадают биссектрисы углов $BAD$ и $XAY, BCD$ и $XCY$. Таким образом, прямые, симметричные $BA, BX, BC, BY$ относительно биссектрис соответствующих углов $AXCY$, пересекаются в точке $D$. Отсюда, рассуждая аналогично началу решения, получаем утверждение задачи (рис.).
