Олимпиадная задача по планиметрии: биссектрисы и вписанный четырёхугольник

  Обозначим через O точку пересечения перпендикуляров. опущенных из точки K на AB, из L на BC, из M на CD. Обозначим также  ∠BAK = ∠DAN = α,

∠CBL = ∠ABK = β,  ∠DCM = ∠BCL = γ,  ∠ADN = ∠CDM = δ.

  Тогда  2(α + β + γ + δ) = 360°  как сумма внешних углов четырёхугольника ABCD. Из треугольников AKB и CMD находим, что

∠AKB + ∠CMD = (180° – α – β) + (180° – γ – δ) = 360° – (α + β + γ + δ) = 180°.

  Значит, четырёхугольникKLMN– вписанный. По условию  LO⊥BC  и  OM⊥CD,  поэтому  ∠CLO= ∠CMO= 90° – γ.   Значит, треугольникOLM– равнобедренный,  LO = OM. Аналогично,  LO = OK.  Следовательно,O– центр описанной окружности четырёхугольникаKLMN. ПосколькуLOMиLOK– центральные углы этой окружности, аLNMиLNK– вписанные, то  ∠LNM= ½ ∠LOM= ½ (180° – 2(90° – γ)) = γ, ∠LNK= ½ ∠LOK= ½ (180° – 2(90° – β)) = β.   Пусть прямыеABиCDпересекаются в точкеX(для определённости будем считать, чтоXлежит на лучеBA). ПосколькуL– точка пересечения биссектрис внешних углов при вершинахBиCтреугольникаBXC, то она лежит на биссектрисе внутреннего угла при вершинеXэтого треугольника. Аналогично, точкаNлежит на той же биссектрисе. Таким образом, прямаяLNсодержит биссектрису угла, образованного прямымиABиCD, либо параллельнаABиCD, если  AB || CD.  В любом случае, прямаяLNобразует равные углы сABиCD.   Рассмотрим случай пересечения прямыхABиCD. ПосколькуLNMиLNK– внешние углы треугольниковDXNиAXN, а по доказанному  ∠DXN= ∠AXN,  то  ∠LNM– ∠CDM= ∠LNK– ∠BAK,  или  γ – δ = β – α.  Значит,  α + γ = β + δ = 90°,  а ∠BAD+ ∠BCD= (180° – 2α) + (180° – 2γ) = 360° – 2(α + γ) = 360° – 2·90° = 180°.   Следовательно,ABCD– вписанный четырёхугольник.

Ответ задачи отсутствует