10361. Пусть A_{1}
, B_{1}
, C_{1}
— середины сторон треугольника ABC
, I
— центр вписанной в него окружности, C_{2}
— точка пересечения прямых C_{1}I
и A_{1}B_{1}
, C_{3}
— точка пересечения прямых CC_{2}
и AB
. Докажите, что прямая IC_{3}
перпендикулярна прямой AB
.
Решение. Первый способ. Утверждение задачи равносильно тому, что C_{3}
— точка касания вписанной окружности треугольника ABC
со стороной AB
.
Пусть BC=a
, AC=b
, BC=a
, полупериметр треугольника ABC
равен p
, площадь равна S
, радиус вписанной окружности равен r
.
Треугольник B_{1}A_{1}C
гомотетичен треугольнику ABC
с центром C
и коэффициентом \frac{1}{2}
(рис. 1). Точка C_{3}
при этой гомотетии переходит в C_{2}
, а вписанная окружность треугольника ABC
— во вписанную окружность треугольника B_{1}A_{1}C
, поэтому достаточно доказать, что \frac{A_{1}C_{2}}{B_{1}C_{2}}=\frac{p-b}{p-a}
(см. задачу 219), т. е., что вписанная окружность треугольника B_{1}A_{1}C
касается стороны A_{1}B_{1}
в точке C_{2}
.
Треугольник A_{1}B_{1}C_{1}
гомотетичен треугольнику ABC
с центром в точке пересечения медиан треугольника ABC
и коэффициентом -\frac{1}{2}
. Пусть B_{1}H
и h_{b}
— высоты треугольников A_{1}B_{1}C_{1}
и ABC
, проведённые из вершин B_{1}
и B
соответственно. Тогда B_{1}H=\frac{h_{b}}{2}
, а расстояние от точки I
до прямой A_{1}C_{1}
(т. е. высота треугольника A_{1}IC_{1}
) равно B_{1}H-r=\frac{h_{b}}{2}-r
. Аналогично, если h_{a}
— высота треугольника ABC
, проведённая из вершины A
, то высота треугольника B_{1}IC_{1}
, проведённая из вершины I
, равна \frac{h_{a}}{2}-r
. Тогда
\frac{A_{1}C_{2}}{B_{1}C_{2}}=\frac{S_{\triangle A_{1}IC_{2}}}{S_{\triangle B_{1}IC_{2}}}=\frac{S_{\triangle A_{1}IC_{1}}}{S_{\triangle B_{1}IC_{1}}}=\frac{A_{1}C_{1}\left(\frac{h_{b}}{2}-r\right)}{B_{1}C_{1}\left(\frac{h_{a}}{2}-r\right)}=
=\frac{b\left(\frac{h_{b}}{2}-r\right)}{a\left(\frac{h_{a}}{2}-r\right)}=\frac{b\left(\frac{S}{b}-\frac{S}{p}\right)}{a\left(\frac{S}{a}-\frac{S}{p}\right)}=\frac{1-\frac{b}{p}}{1-\frac{a}{p}}=\frac{p-b}{p-a}.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть T
и T'
— точки касания со стороной AB
соответственно вписанной и вневписанной окружностей треугольника ABC
(рис. 2), K
— точка вписанной окружности, диаметрально противоположная точке T
. При гомотетии с центром C
, переводящей вневписанную окружность во вписанную, касательная AB
к вневписанной окружности переходит в параллельную её касательную к вписанной, а точка касания T'
— в точку касания K
. Значит, точки C
, K
и T'
лежат на одной прямой. При этом AT'=BT
(см. задачу 6411). Тогда C_{1}T=C_{1}T'
, поэтому в треугольнике KT'T
отрезок C_{1}I
— средняя линия.
Пусть M
— точка пересечения прямой C_{1}I
с высотой CP
треугольника ABC
. Тогда CKIM
— параллелограмм, поэтому CM=KI=IT=r
. Значит, точки I
и M
равноудалены от средней линии A_{1}B_{1}
треугольника ABC
, и C_{2}
— середина отрезка IM
.
Таким образом, точки C
и T
симметричны относительно C_{2}
, т. е. точки C
, C_{2}
и T
лежат на одной прямой. Следовательно, точка T
совпадает с точкой C_{3}
. Что и требовалось доказать.