2022-11-17
Прямые, симметричные диагонали $BD$ четырёхугольника $ABCD$ относительно биссектрис углов $B$ и $D$, проходят через середину диагонали $AC$. Докажите, что прямые, симметричные диагонали $AC$ относительно биссектрис углов $A$ и $C$, проходят через середину диагонали $BD$.
Решение:
Пусть $P$ - середина $AC$, $L$ - точка пересечения диагоналей. Обозначим
$\angle LBP=\alpha,~\angle ABP=\angle CBL=\beta,~\angle APB=\gamma,~\angle CLB=\delta.$
Применив теорему синусов к треугольникам $ABL$ и $BCL$, получаем, что
$\frac{AL}{\sin(\alpha+\beta)}=\frac{AB}{\sin\delta},~\frac{CL}{\sin\beta}=\frac{BC}{\sin\delta},$
откуда
$\frac{AL}{CL}\cdot\frac{\sin\beta}{\sin(\alpha+\beta)}=\frac{AB}{BC}.$
Применив теорему синусов к треугольникам $BCP$ и $ABP$, получаем, что
$\frac{CP}{\sin(\alpha+\beta)}=\frac{BC}{\sin\gamma},~\frac{AP}{\sin\beta}=\frac{AB}{\sin\gamma},$
откуда
$\frac{CP}{AP}\cdot\frac{\sin\beta}{\sin(\alpha+\beta)}=\frac{\sin\beta}{\sin(\alpha+\beta)}=\frac{BC}{AB},$
(т.к. $CP=AP$). Разделив первое из полученных равенств на второе, получаем, что $\frac{AL}{CL}=\left(\frac{AB}{CB}\right)^{2}$. Аналогично, $\frac{AL}{CL}=\left(\frac{AD}{CD}\right)^{2}$, поэтому
$\frac{BC}{CD}=\frac{AB}{AD}=\frac{\sin\angle BDA}{\sin\angle DBA}=\frac{\sin\angle CDP}{\sin\angle CBP},$
а т.к.
$\sin\angle BPC=\frac{BC\sin\angle CBP}{CP},~\sin\angle CPD=\frac{CD\sin\angle CDP}{CP},$
то
$\frac{\sin\angle BPC}{\sin\angle CPD}=\frac{BC\sin\angle CBP}{CD\sin\angle CDP}=\frac{BC}{CD}\cdot\frac{\sin\angle CBP}{\sin\angle CDP}=\frac{\sin\angle CDP}{\sin\angle CBP}\cdot\frac{\sin\angle CBP}{\sin\angle CDP}=1.$
Значит, $\sin\angle BPC=\sin\angle CPD$. Следовательно, прямые $BP$ и $DP$ симметричны относительно $AC$.
Пусть $X$ - вторая точка пересечения прямой $BP$ с описанной окружностью треугольника $ABC$. Тогда точка $X'$, симметричная $X$ относительно серединного перпендикуляра к $AC$, лежит на этой окружности (см. задачу @H1677). В то же время, поскольку
$\angle APX=\angle CPB=\angle CPD,$
точка $X'$ лежит на прямой $PD$. Значит, она совпадает с $D$. Таким образом, четырёхугольник $ABCD$ - вписанный.
По ранее доказанному $\frac{BC}{CD}=\frac{AB}{AD}$, поэтому $AB\cdot CD=AD\cdot BC$. По теореме Птолемея (см. задачу @H130)
$AB\cdot CD+AD\cdot BC=AC\cdot BD,$
значит,
$AB\cdot CD=AD\cdot BC=\frac{1}{2}AC\cdot BD.$
Пусть прямая, симметричная $AC$ относительно биссектрисы угла $A$, пересекает $BD$ в точке $Q$. Тогда треугольники $ABQ$ и $ACD$ подобны, т.к. $\angle ABQ=\angle ABD=\angle ACD$ и $\angle BAQ=\angle CAD$ (из симметрии). Значит, $\frac{AB}{AC}=\frac{BQ}{CD}$, поэтому $BQ\cdot AC=AB\cdot CD=\frac{1}{2}AC\cdot BD$. Отсюда получаем, что $BQ=\frac{1}{2}BD$. Следовательно, $Q$ - середина $BD$, что и требовалось доказать.