10543. В треугольнике ABC
через центр I
вписанной окружности \omega
провели прямую, параллельную стороне BC
, до пересечения с вписанной окружностью в точках A_{B}
и A_{C}
(A_{B}
находится в той же полуплоскости относительно прямой AI
, что и точка B
). После этого нашли точку пересечения прямых B_{A}B
и C_{A}C
и обозначили её через A_{1}
. Аналогично построили точки B_{1}
и C_{1}
. Докажите, что прямые AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
пересекаются в одной точке.
Решение. Первый способ. Отрезки A_{B}A_{C}
и BC
гомотетичны относительно точки A_{1}
, поэтому прямая A_{1}I
проходит через середину M
стороны BC
, причём A_{1}I:A_{1}M=2r:BC
.
Пусть T
— точка касания вписанной окружности со стороной AC
, P
и Q
— проекции точек A_{1}
и M
на сторону AC
соответственно, h_{b}
— высота треугольника ABC
, проведённая из вершины B
. Рассмотрим прямоугольную трапецию MNPA_{1}
с основаниями MN=\frac{1}{2}h_{b}
, A_{1}P
и боковыми сторонами A_{1}M=2r
и PN
. Точка I
лежит на её боковой стороне A_{1}M
, причём A_{1}I:A_{1}M=2r:BC
, а IT\parallel MN\parallel A_{1}P
. Тогда (см. задачу 1503)
r=IT=MN\cdot\frac{A_{1}I}{A_{1}M}+A_{1}P\cdot\frac{IM}{A_{1}M}=\frac{1}{2}h_{b}\cdot\frac{2r}{BC}+A_{1}P\cdot\frac{BC-2r}{BC},
откуда получаем, что расстояние от точки A_{1}
до прямой AC
равно \frac{r(BC-h_{b})}{BC-2r}
.
Аналогично получаем, что расстояние от A_{1}
до прямой AB
равно \frac{r(BC-h_{c})}{BC-2r}
, где h_{c}
— длина высоты треугольника ABC
, проведённой из вершины C
. Следовательно, если K
— проекция точки A_{1}
на сторону AB
, то
\frac{\sin\angle CAA_{1}}{\sin\angle A_{1}AB}=\frac{\frac{A_{1}P}{AA_{1}}}{\frac{A_{1}K}{AA_{1}}}=\frac{A_{1}P}{A_{1}K}=\frac{\frac{r(BC-h_{b})}{BC-2r}}{\frac{r(BC-h_{c})}{BC-2r}}=
=\frac{BC-h_{b}}{BC-h_{c}}=\frac{1-\frac{h_{b}}{BC}}{1-\frac{h_{c}}{BC}}=\frac{1-\sin\angle C}{1-\sin\angle B}.
Аналогично
\frac{\sin\angle ABB_{1}}{\sin\angle B_{1}BC}=\frac{1-\sin\angle A}{1-\sin\angle C},~\frac{\sin\angle BCC_{1}}{\sin\angle C_{1}CA}=\frac{1-\sin\angle B}{1-\sin\angle A}.
Значит,
\frac{\sin\angle CAA_{1}}{\sin\angle A_{1}AB}\cdot\frac{\sin\angle ABB_{1}}{\sin\angle B_{1}BC}\cdot\frac{\sin\angle BCC_{1}}{\sin\angle C_{1}CA}=\frac{1-\sin\angle C}{1-\sin\angle B}\cdot\frac{1-\sin\angle A}{1-\sin\angle C}\cdot\frac{1-\sin\angle B}{1-\sin\angle A}=1.
Следовательно, по теореме Чевы (тригонометрическая форма, см. задачу 1900), получим, что прямые AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
пересекаются в одной точке.
Второй способ. Поскольку
\angle A_{B}IB=\angle IBC=\angle IBA=\angle C_{B}IB,
точки A_{B}
и C_{B}
симметричны относительно биссектрисы угла B
. По теореме Чевы
\frac{\sin\angle CAA_{1}\cdot\sin\angle ABA_{B}\cdot\sin\angle BCA_{C}}{\sin\angle BAA_{1}\cdot\sin\angle CBA_{B}\cdot\sin\angle ACA_{C}}=1.
Перемножив это и два аналогичных равенства, получим утверждение задачи.
Автор: Полянский А. А.
Источник: Олимпиада по геометрии им. И. Ф. Шарыгина. — 2018, финальный тур, второй день, № 5, 10 класс