10700. На стороне AB
треугольника ABC
выбрана точка M
. В треугольнике ACM
точка I_{1}
— центр вписанной, J_{1}
— центр вневписанной окружности, касающейся стороны CM
. В треугольнике BCM
точка I_{2}
— центр вписанной, J_{2}
— центр вневписанной окружности, касающейся стороны CM
. Докажите, что прямая, проходящая через середины отрезков I_{1}I_{2}
и J_{1}J_{2}
перпендикулярна AB
.
Решение. Пусть P
, R
, S
и Q
— основания перпендикуляров, проведённых из точек I_{1}
, I_{2}
, J_{1}
и J_{2}
к прямой AB
. Докажем, что PQ=RS
.
Используя, что MP=p_{\triangle ACM}-AC
, а BQ=p_{\triangle BCM}
(где p_{\triangle ACM}
и p_{\triangle BCM}
— полупериметры треугольников ACM
и BCM
), получим, что
PQ=MQ-MP=(BQ-BM)-(p_{\triangle ACM}-AC)=
=(p_{\triangle BCM}-BM)-(p_{\triangle ACM}-AC)=
=\frac{1}{2}(BC+CM-BM-AM-CM+AC)=\frac{1}{2}(BC+AC-AB)
(см. задачи 219 и 4805). Аналогично получим, что RS=\frac{1}{2}(BC+AC-AB)
. Следовательно, PQ=RS
.
Пусть X
и Y
— середины отрезков I_{1}I_{2}
и J_{1}J_{2}
соответственно. Докажем, что \overrightarrow{XY}\cdot\overrightarrow{AB}=0
. Заметим, что
\overrightarrow{XY}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{I_{1}J_{2}}+\overrightarrow{I_{2}J_{1}})
(см. задачу 4504). Кроме того,
PQ=-I_{1}J_{2}\cos\angle(\overrightarrow{I_{1}J_{2}};\overrightarrow{AB}),~RS=I_{2}J_{1}\cos\angle(\overrightarrow{I_{2}J_{1}};\overrightarrow{AB}).
Следовательно,
\overrightarrow{XY}\cdot\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{I_{1}J_{2}}+\overrightarrow{I_{2}J_{1}})\cdot\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}\cdot|\overrightarrow{AB}|(-PQ+RS)=0.
Что и требовалось доказать.
Примечание. 1) Вместо использования скалярного произведения векторов можно было воспользоваться тем, что при проекции на AB
середины отрезков I_{1}I_{2}
и J_{1}J_{2}
попадают в совпадающие середины отрезков PR
и QS
(см. задачу 1939).
2) Верен следующий факт (см. задачу 10602). Пусть L
— точка касания окружности, вписанной в треугольник ABC
, со стороной AB
. Тогда точки I_{1}
, I_{2}
, M
и L
лежат на одной окружности. Доказав аналогичный факт для точек J_{1}
и J_{2}
, и учитывая, что точки X
и Y
— центры этих окружностей, т. е. лежат на серединном перпендикуляре к ML
, можно получить другое решение задачи.
3) Ещё один факт, эквивалентный утверждению задачи 10602 и связанный с данной задачей: LP=MR
. Его можно доказать, используя равенство отрезков касательных.
4) Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
. Тогда прямая XY
является прямой Гаусса для четырёхугольника II_{1}MI_{2}
(см. задачу 6149), и поэтому проходит через середину IM
. Теперь, используя задачу 10602 или факт из комментария 3, можно получить ещё одно решение данной задачи. Про прямую Гаусса см. также: В.В. Прасолов, «Задачи по планиметрии», глава 4.
5) См. также статью А.Д.Блинкова и Ю.А.Блинкова «Две окружности в треугольнике, три окружности в треугольнике...», Квант, 2012, N2, с.45-49.