10411. Дан равносторонний треугольник ABC
и прямая l
, проходящая через его центр. Точки пересечения этой прямой со сторонами AB
и BC
отразили относительно середин этих сторон соответственно. Докажите, что прямая, проходящая через получившиеся точки, касается вписанной окружности треугольника ABC
.
Решение. Пусть O
— центр треугольника, M
и K
— точки пересечения прямой l
со сторонами AB
и BC
соответственно, C_{1}
и A_{1}
— середины сторон, M_{1}
и K_{1}
— образы точек M
и K
при указанной симметрии (рис. 1).
Докажем, что O
— центр вневписанной окружности треугольника M_{1}BK_{1}
, откуда следует утверждение задачи.
Известно (см. задачу 4770), что если I_{B}
— центр вневписанной окружности треугольника ABC
, касающейся стороны AC
, то
\angle AI_{B}C=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle ABC.
Верно и обратное: если I_{B}
лежит на продолжении биссектрисы угла B
треугольника ABC
и
\angle AI_{B}C=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle ABC,
то I_{B}
— центр вневписанной окружности треугольника ABC
.
Первый способ. Луч BO
— биссектриса угла B
, поэтому достаточно доказать, что \angle M_{1}OK_{1}=60^{\circ}
.
Высоты OC_{1}
и OA_{1}
треугольников MOM_{1}
и KOK_{1}
являются медианами, значит, эти треугольники равнобедренные. Тогда
\angle OM_{1}M+\angle OK_{1}K=\angle BMK+\angle BKM=180^{\circ}-\angle ABC=120^{\circ}.
Тогда в четырёхугольнике M_{1}BK_{1}O
\angle M_{1}OK_{1}=360^{\circ}-(180^{\circ}-\angle OM_{1}M)-(180^{\circ}-\angle OK_{1}K)-60^{\circ}=60^{\circ}.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Проведём касательную из точки M_{1}
к вписанной окружности треугольника ABC
, отличную от AB
(рис. 2). Пусть она пересекает BC
в точке K'
. Докажем, что K'
совпадает с K_{1}
, откуда и следует утверждение задачи.
Пусть
\angle OM_{1}M=\angle BMK=\alpha.
Тогда
\angle BKM=120^{\circ}-\alpha,~\angle MOM_{1}=180^{\circ}-2\alpha,
а так как
\angle M_{1}OK'=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle M_{1}BK_{1}=90^{\circ}-30^{\circ}=60^{\circ},
то
\angle MOK'=\angle MOM_{1}+\angle M_{1}OK'=(180^{\circ}-2\alpha)+60^{\circ}=
=240^{\circ}-2\alpha=2(120^{\circ}-\alpha)=2\angle BKM.
Тогда по теореме о внешнем угле треугольника
\angle OK'K=\angle MOK'-\angle BKM=2\angle BKM-\angle BKM=\angle BKM,
т. е. треугольник KOK'
равнобедренный. Значит, его высота OA_{1}
является медианой, т. е. точка A_{1}
— середина отрезка KK'
. Следовательно, точка K'
совпадает с K_{1}
.
Третий способ. Отразим отрезок MK
относительно высот AA_{1}
и CC_{1}
треугольника ABC
(рис. 3). Получим отрезки K_{1}M_{2}
и M_{1}K_{2}
соответственно, причём точки K_{2}
и M_{2}
лежат на стороне AC
.
Из симметрии OM_{1}=OM=OM_{2}
и OK_{1}=OK=OK_{2}
. Кроме того, \angle M_{1}OK_{1}=\angle M_{2}OK_{2}
, поэтому треугольники M_{1}OK_{1}
и M_{2}OK_{2}
равны по двум сторонам и углу между ними, а следовательно, равны (и равны радиусу окружности) и их высоты, проведённые из O
. Что и требовалось доказать.