Пусть $P$ — точка пересечения диагоналей описанного четырёхугольника $ABCD$. Докажите, что центры окружностей, вписанных в треугольники $ABP$, $BCP$, $CDP$, $DAP$, лежат на одной окружности.
В решении, разумеется, основную роль играет равенство двух касательных, проведённых из одной точки к окружности. Но кроме того, нам пригодится и нетривиальное равенство
$$
\dfrac1{r_1}+\dfrac1{r_3}=\dfrac1{r_2}+\dfrac1{r_4}\tag1
$$
— основной результат задачи М1495 (см. «Квант» №6 за 1995 год); здесь $r_1$, $r_2$, $r_3$, $r_4$ — радиусы окружностей с центрами $O_1$, $O_2$, $O_3$, $O_4$, вписанных в треугольники $APB$, $BPC$, $CPD$ и $DPA$ (рис. 1); $T_1$, $T_2$, $T_3$, $T_4$ — точки касания окружностей со сторонами четырёхугольника; $T_1'$, $T_1''$, $T_2'$, $T_2''$, $T_3'$, $T_3''$, $T_4'$, $T_4''$ — точки их касания с диагоналями четырёхугольника.
Рис. 1
Так как $AT_1=AT_1''=AP-PT_1''$, $BT_1=BT_1'=BP-PT_1'$, то $$
AB=AT_1+BT_1=AP+BP-PT_1''-PT_1',
$$
или, учитывая, что $PT_1''=PT_1'$,
$$
AB=AP+BP-2PT_1'.\tag2
$$
Точно так же $$
CD=CP+DP-2PT_3'.\tag3
$$
Складывая почленно (2) и (3), получим
$$
AB+CD=AC+BD-2T_1'T_3'.\tag4
$$
Аналогично найдём, что $$
AD+BC=AC+BD-2T_2'T_4'.\tag5
$$
Так как четырёхугольник $ABCD$ описан около окружности, то $AB+CD=AD+BC$, поэтому из (4) и (5) следует
$$
T_1'T_3'=T_2'T_4'.\tag6
$$
Обозначим $\angle BPO_1=\beta$. Тогда $\angle BPO_2=\dfrac\pi2-\beta$, ибо $O_1O_3\perp O_2O_4$ (как биссектрисы смежных углов),
$$
\begin{gather*}
T_1'T_3'=PT_1'+PT_3'=(r_1+r_3)\ctg\beta,\tag7\\
T_2'T_4'=(r_2+r_4)\ctg\left(\dfrac\pi2-\beta\right)=(r_2+r_4)\tg\beta.\tag8
\end{gather*}
$$
Из (6), (7) и (8) получим $(r_1+r_3)\ctg\beta=(r_2+r_4)\tg\beta$. Теперь из (1) легко вывести, что $$
\dfrac{\sin^2\beta}{\cos^2\beta}=\dfrac{r_1+r_3}{r_2+r_4}=\dfrac{r_1r_3}{r_2r_4},\quad\text{т. е.}\quad\dfrac{r_1r_3}{\sin^2\beta}=\dfrac{r_2r_4}{\cos^2\beta}.
$$
Но $PO_1=\dfrac{r_1}{\sin\beta}$, $PO_3=\dfrac{r_3}{\sin\beta}$, $PO_2=\dfrac{r_2}{\cos\beta}$, $PO_4=\dfrac{r_4}{\cos\beta}$, значит, $PO_1\cdot PO_3=PO_2\cdot PO_4$.
Используя теорему об отрезках пересекающихся хорд, получаем из этого равенства, что $O_1$, $O_2$, $O_3$, $O_4$ лежат на одной окружности.
Докажем, что верна и теорема, обратная к утверждению задачи М1524: если $P$ — точка пересечения диагоналей выпуклого четырёхугольника $ABCD$ и центры $O_1,$ $O_2,$ $O_3,$ $O_4$ окружностей, вписанных в треугольники $APB,$ $BPC,$ $CPD,$ $DPA,$ лежат на одной окружности, то четырёхугольник $ABCD$ — описанный.
Рис. 2
Пусть это не так. Обозначим стороны $AB$, $BC$, $CD$, $DA$ через $a$, $b$, $c$, $d$ соответственно и предположим для определённости, что $a+c\gt b+d$. Проведём через точку $P$ прямые $A'C'$ и $B'D'$, идущие внутри углов $APB$ и $CPD$ (точки $A'$ и $B'$ лежат на отрезке $AB$, точки $C'$ и $D'$ — на отрезке $CD$) так, что угол $\alpha$ между $AC$ и $A'C'$ равен углу между $B'D'$ и $BD$ (рис. 2); здесь $0\le\alpha\le\alpha_0$, где $\alpha_0$ — половина угла $APB$. Длины сторон четырёхугольника $A'B'C'D'$ — непрерывные функции от $\alpha$. Рассмотрим функцию
$$
\begin{gather*}
f(\alpha)=A'B'+C'D'-(B'C'+D'A');\\
f(0)=a+c-(b+d)\gt0,\quad f(\alpha_0)\lt0,
\end{gather*}
$$
поэтому найдётся значение $\alpha$, при котором $f(\alpha)=0$. При этом соответствующий четырёхугольник $A'B'C'D'$ будет описанным, т. е. центры $O_1'$, $O_2'$, $O_3'$, $O_4'$ окружностей, вписанных в треугольники $A'PB'$, $B'PC'$, $C'PD'$, $D'PA'$, будут лежать на окружности по доказанной выше теореме. Остаётся заметить, что биссектрисы углов с вершиной $P$ для четырёхугольников $ABCD$ и $A'B'C'D'$ совпадают; при этом $O_1'P\gt O_1P$, $O_3'P\gt O_3P$, $O_2'P\lt O_2P$, $O_4'P\lt O_4P$. (Это следует из такого почти очевидного факта, доказательство которого мы оставляем читателям: если треугольники $XPY$ и $UPV$ расположены так, что биссектрисы углов $UPV$ и $XPY$ совпадают, $\angle UPV\gt\angle XPY$, причём точки $U$, $V$ лежат по ту же сторону от прямой $XY$, что и точка $P$, или на самой прямой $XY$, то центр $Q$ вписанной окружности треугольника $UPV$ расположен ближе к $P$, чем центр $O$ вписанной окружности $XPY$: $QP\lt OP$.) Но тогда мы получаем противоречие с тем, что обе четвёрки центров лежат на окружностях, — с равенствами
$$
O_1P\cdot O_3P=O_2P\cdot O_4P,\quad O_1'P\cdot O_3'P=O_2'P\cdot O_4'P.
$$
Отсюда следует обратная теорема.
Замечание. Наш читатель А. Заславский заметил ещё одно интересное продолжение задачи М1524. Если в точках $O_1$, $O_2$, $O_3$, $O_4$ провести касательные к проходящей через них окружности, то соседние касательные пересекаются на прямых $AC$ и $BD$ (диагоналях исходного четырёхугольника или их продолжениях).
