2980. Вписанная окружность треугольника ABC
касается его сторон BC
, CA
и AB
в точках A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
соответственно. Прямая AA_{1}
вторично пересекает эту окружность в точке E
. Точка N
— середина отрезка A_{1}B_{1}
. Точка M
симметрична точке N
относительно прямой AA_{1}
. Докажите, что \angle EMC=90^{\circ}
.
Указание. С помощью теоремы синусов докажите, что \angle B_{1}EC=\angle NEA_{1}
.
Решение. Лемма. Пусть точка N
— середина стороны A_{1}B_{1}
остроугольного треугольника EA_{1}B_{1}
. Касательные к описанной окружности этого треугольника, проведённые в точках A_{1}
и B_{1}
, пересекаются в точке C
. Тогда \angle A_{1}EN=\angle CEB_{1}
.
Доказательство. Рассмотрим случай, когда луч EC
проходит между сторонами угла B_{1}EN
. Обозначим
\angle A_{1}EN=\alpha,~\angle CEB_{1}=\beta,~\angle CEN=\gamma.
Тогда
\alpha+\beta+\gamma\lt90^{\circ}.
По теореме синусов (треугольники A_{1}NE
и B_{1}NE
)
\frac{\sin\alpha}{\sin\angle B_{1}A_{1}E}=\frac{NA_{1}}{EN}=\frac{NB_{1}}{EN}=\frac{\sin(\beta+\gamma)}{\sin\angle A_{1}B_{1}E},
поэтому
\frac{\sin\alpha}{\sin(\beta+\gamma)}=\frac{\sin\angle B_{1}A_{1}E}{\sin\angle A_{1}B_{1}E},
Пусть K
— точка на продолжении CB_{1}
за точку B_{1}
. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
\angle B_{1}A_{1}E=\angle KB_{1}E=180^{\circ}-\angle CB_{1}E,
значит, \sin\angle B_{1}A_{1}E=\sin\angle CB_{1}E
. Аналогично \sin\angle A_{1}B_{1}E=\sin\angle CA_{1}E
, поэтому
\frac{\sin\angle B_{1}A_{1}E}{\sin\angle A_{1}B_{1}E}=\frac{\sin\angle CB_{1}E}{\sin\angle CA_{1}E}.
По теореме синусов (треугольники CB_{1}E
и CA_{1}E
)
\frac{\sin\angle CB_{1}E}{\sin\beta}=\frac{CE}{CB_{1}}=\frac{CE}{CA_{1}}=\frac{\sin\angle CA_{1}E}{\sin(\alpha+\gamma)},
поэтому
\frac{\sin\beta}{\sin(\alpha+\gamma)}=\frac{\sin\angle CB_{1}E}{\sin\angle CA_{1}E}=\frac{\sin\angle B_{1}A_{1}E}{\sin\angle A_{1}B_{1}E}.
Таким образом,
\frac{\sin\alpha}{\sin(\beta+\gamma)}=\frac{\sin\beta}{\sin(\alpha+\gamma)}.
Тогда
\frac{\sin\alpha}{\sin(\beta+\gamma}=\frac{\sin\beta}{\sin(\alpha+\gamma)}~\Leftrightarrow~\sin\alpha\sin(\alpha+\gamma)=\sin\beta\sin(\beta+\gamma)~\Leftrightarrow~
\Leftrightarrow~2\sin\alpha\sin(\alpha+\gamma)=2\sin\beta\sin(\beta+\gamma)~\Leftrightarrow~
\Leftrightarrow~\cos\gamma-\cos(2\alpha+\gamma)=\cos\gamma-\cos(2\beta+\gamma)~\Leftrightarrow~\cos(2\alpha+\gamma)=\cos(2\beta+\gamma).
а так как 2\alpha+\gamma\lt180^{\circ}
и 2\beta+\gamma\lt180^{\circ}
, то 2\alpha+\gamma=2\beta+\gamma
(функция y=\cos x
на промежутке (0;180^{\circ})
монотонна). Следовательно, \alpha=\beta
. Лемма доказана.
Перейдём к решению задачи. Отрезок CN
— высота равнобедренного треугольника A_{1}B_{1}C
. По теореме об угле между касательной и хордой
\angle CB_{1}A_{1}=\angle B_{1}EA_{1}\lt90^{\circ},
поэтому лучи MN
и EB_{1}
пересекаются в некоторой точке P
. Пусть Q
— середина MN
. Заметим, что
\angle NPB_{1}=\angle QPE=90^{\circ}-\angle A_{1}EB_{1}=90^{\circ}-\angle A_{1}B_{1}C=\angle NCB_{1}.
Из точек P
и C
, лежащих по одну сторону от прямой NB_{1}
, отрезок NB_{1}
виден под одним и тем же углом, значит, точки P
, C
, N
и B_{1}
лежат на одной окружности, причём CB_{1}
— диаметр этой окружности, так как \angle CNB_{1}=90^{\circ}
. Следовательно, \angle EPC=90^{\circ}
.
Применив лемму к треугольнику B_{1}EA_{1}
, получим, что \angle B_{1}EC=\angle NEA_{1}
. Поэтому \angle B_{1}EA_{1}=\angle CEM
. С другой стороны,
\angle CPM=\angle CPN=\angle CB_{1}N=\angle B_{1}EA_{1},
значит, \angle CPM=\angle CEM
. Поскольку из точек P
и E
отрезок CM
виден под одним и тем же углом, точки E
, P
, C
и M
лежат на одной окружности, а так как \angle EPC=90^{\circ}
, то \angle EMC=90^{\circ}
. Что и требовалось доказать.