16083. Произвольная точка P
лежит на не содержащей точки A
дуге описанной окружности треугольника ABC
, а точки I_{1}
и I_{2}
— центры вписанных окружностей треугольников PAB
и PAC
соответственно. Докажите, что:
а) описанная окружность треугольника PI_{1}I_{2}
проходит через фиксированную точку;
б) окружность с диаметром I_{1}I_{2}
проходит через фиксированную точку;
в) середина отрезка I_{1}I_{2}
лежит на фиксированной окружности.
Решение. Воспользуемся теоремой о трилистнике (см. задачу 788) и следующей леммой.
Лемма. Если \Gamma
— описанная окружность треугольника ABC
, I
— центр вписанной окружности этого треугольника, D
и E
середины не содержащих точки P
дуг CA
и AB
окружности \Gamma
, F
— середина дуги CAB
, а Q
— точка пересечения луча FI
с окружностью \Gamma
, то треугольники EBQ
и DIQ
подобны.
Доказательство. Вписанные углы BEQ
и BDQ
опираются на одну и ту же дугу, поэтому
\angle BEQ=\angle BDQ=\angle IDQ.
Кроме того, обозначив
\smile AE=\smile BE=\alpha,~\smile CD=\smile AD=\beta,
получим,
\smile BE=\alpha=(\alpha+\beta)-\beta=\smile CF-\smile CD=\smile DF,
откуда
\angle EQB=\angle FQD=\angle IQD.
Следовательно, треугольники EBQ
и DIQ
подобны по двум углам. Лемма доказана.
Переходим к нашей задаче.
а) Докажем, что точки I_{1}
, I_{2}
, P
и Q
лежат на одной окружности. Отсюда будет следовать, что описанные окружности всех треугольников PI_{1}I_{2}
проходят через фиксированную точку Q
.
По теореме о вписанных углах, опирающихся на одну и ту же дугу
\angle I_{2}DQ=\angle PDQ=\angle PEQ=\angle I_{1}EQ.
Тогда, применив теорему о трилистнике к треугольнику ABP
, подобие треугольников EBQ
и DIQ
(лемма), а также теорему о трилистнике к треугольникам ABC
и APC
, получим
\frac{EI_{1}}{EQ}=\frac{EB}{EQ}=\frac{DI}{DQ}=\frac{DC}{DQ}=\frac{DI_{2}}{DQ}.
Значит, треугольники EI_{1}Q
и DI_{2}Q
подобны по двум сторонам и углу между ними. Тогда
\angle I_{1}QI_{2}=\angle EQD=\angle EPD=\angle I_{1}PI_{2}.
Следовательно (см. задачу 12), точки I_{1}
, I_{2}
, P
и Q
лежат на одной окружности. Утверждение а) доказано.
б) Достаточно доказать, что \angle I_{1}II_{2}=90^{\circ}
. Тогда все окружности с диаметром I_{1}I_{2}
будут проходить через фиксированную точку I
.
Поскольку EI=EB=EI_{1}
(по теореме о трилистнике для треугольников ABC
и APB
), а также DI=DI_{2}
(по теореме о трилистнике для треугольников ABC
и APC
), то по теореме о сумме углов четырёхугольника
\angle I_{1}II_{2}=360^{\circ}-\angle EPD-\angle II_{1}P-\angle II_{2}P)=
=360^{\circ}-\left(\frac{1}{2}\smile DAE+(180^{\circ}-\angle II_{1}E)+(180^{\circ}-\angle II_{2}D)\right)=
=360^{\circ}-\left((\angle ABC+\angle ACB)+\left(90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle PEC\right)+\left(90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle PDB\right)\right)=
=360^{\circ}-\left(\frac{180^{\circ}-\angle BAC}{2}+180^{\circ}+\frac{1}{2}\angle BDC\right)=
=360^{\circ}-270^{\circ}+\frac{1}{2}\angle BAC-\frac{1}{2}\angle BAC=90^{\circ}.
Утверждение а) доказано.
в) Пусть I_{3}
— центр вписанной окружности треугольника PBC
. Тогда (как и в пункте б)) можно доказать, что
\angle II_{2}I_{3}=\angle I_{1}I_{3}I_{2}=\angle II_{1}I_{3}=90^{\circ}.
Значит, II_{1}I_{3}I_{2}
— прямоугольник, и середина его диагонали II_{3}
совпадает с серединой диагонали I_{1}I_{2}
, и поэтому осталось доказать, что середина II_{3}
лежит на фиксированной окружности.
По теореме о трилистнике точка I_{3}
лежит на фиксированной окружности \Omega
с центром F
и радиусом FB=FC
. При гомотетии с центром I
и коэффициентом \frac{1}{2}
окружность \Omega
переходит в фиксированную окружность \Omega'
, содержащую середину отрезка II_{3}
. Следовательно, середина отрезка I_{1}I_{2}
, совпадающая с серединой II_{3}
, лежит на фиксированной окружности \Omega'
. Что и требовалось доказать.
Примечание. Другое решение пункта в). Поскольку IM
— медиана прямоугольного треугольника I_{1}II_{2}
, проведённая из вершины прямого угла, то IM=MI_{1}
, а так как EI=EI_{1}
(см. б)), то прямая EM
— серединный перпендикуляр к отрезку II_{1}
. Тогда ME
— биссектриса угла IMI_{1}
. Аналогично, MD
— биссектриса смежного с ним угла IMI_{2}
. Значит \angle EMD=90^{\circ}
. Следовательно, точка M
лежит на фиксированной окружности с диаметром DE
.