5-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2018 год, первая лига, 11-12 классы

Пусть $ABCD$ — описанный четырехугольник, диагонали которого не перпендикулярны. Биссектрисы углов между диагоналями $AC$ и $BD$ пересекают отрезки $AB$, $BC$, $CD$, $DA$ в точках $K$, $L$, $M$, $N$ соответственно. Докажите, что если четырехугольник $KLMN$ вписанный, то и четырехугольник $ABCD$ вписанный.

Комментарий/решение

Докажем что $KLMN$ это точки касания вписанной окружности со сторонами.

1) Пусть $l_{1}, l_{2}$ лучи с началом в точке $O$ проведем биссектрису $l$ внутреннего

угла, возьмем произвольную точку $H$ на $l_{1}$ проведем окружность $\omega$ с центром в $O$ и $R=OH$ пусть $I \in \omega \cap l$, тогда пусть $C \in l_{2}$ такая что $\angle CBI = \angle IBA$ где $A,D$ на $l_{1},l_{2}$ такие что $OC \cdot OD = OB \cdot OA = OH^2$ тогда $ABCD$ описанный

Утверждение 1 : $I$ центр вписанной окружности $ABCD$

Доказательство: Пусть $F \in OI \cap BC$ тогда так как $BI$ биссектриса $\angle ABC$ тогда $\dfrac{OI}{FI} = \dfrac{OB}{BF} $ но так как $I$ так же биссектриса, значит $\dfrac{OC}{OB} = \dfrac{FC}{BF}$ откуда из обоих получается $\dfrac{OI}{FI} = \dfrac{OC}{FC}$ значит $CI$ биссектриса $\angle BCD$ , но так как $OH^2=OI^2 = OB \cdot OA$ откуда треугольники $AOI, BOI$ подобны, тогда $\angle OAI = \angle OIB$ тогда $ \angle OAI = \angle OIB = 90^{\circ} - \angle AOI - \dfrac{\angle OBC}{2}$ но так как $\angle OAD = \angle OCB = 180^{\circ} - 2 \angle AOI - \angle OBC$ то есть $AI$ биссектриса $\angle OAD$ аналогично $DI$ биссектриса $\angle ADO$ .

2) Пусть $ E \in AC \cap BD$ , опустим перпендикуляры из точки $I$ на стороны $AB,BC,CD,AD$ пусть их основания $K,L,M,N$ соответственно .

Утверждение 2: вышеописанном построений $KM, LN$ биссектрисы $\angle AEB, \angle BEC$ соответственно.

Доказательство: $\dfrac{CM}{DM} = \dfrac{CE}{DE} = \dfrac{BC}{AD}$ но

$CM=CL, DM=DN$ тогда нужно показать что $\dfrac{AN}{DN} = \dfrac{BL}{CL}$

Если $J$ точка касания вписанной окружности в треугольник $OBC$ со стороной $BC$ по известному факту для точек вневписанной окружности и вписанной $BJ=CL$ то есть при поворотной гомотетий с центром в $O$ относительно $l$ с $k = \dfrac{OA}{OC}$ точка $J \Rightarrow N$ поэтому $\dfrac{BL}{CL} = \dfrac{CJ}{BJ} = \dfrac{AN}{DN}$

аналогично что $EK$ биссектриса $AEB$ , для $EL$ получается $\dfrac{BL}{CL} = \dfrac{BE}{CE}$ что тоже самое что $ \dfrac{DM}{CM} = \dfrac{AK}{BK}$ что верно так как это равносильно $AE \cdot BE = CE \cdot DE $ то есть $KLMN$ - вписанный значит и $ABCD$ описанный.

Верно и обратное