10976. Окружность, вписанная в треугольник ABC
, касается его сторон в точках A'
, B'
, C'
. Через точку P
пересечения прямых AA'
, BB'
, CC'
проведены три окружности, каждая из которых касается двух сторон треугольника. Докажите, что:
а) шесть точек касания образуют вписанный шестиугольник, причём центр описанной около него окружности совпадает с центром окружности, вписанной в треугольник ABC
;
б) главные диагонали этого шестиугольника (диагонали, соединяющие противоположные вершины) пересекаются в точке P
;
в) вторые точки пересечения проходящих через точку P
окружностей лежат на прямых AA'
, BB'
, CC'
.
Решение. Первый способ. Пусть U
, V
, W
, X
, Y
, Z
— точки касания окружностей со сторонами треугольника ABC
(см. рисунок). Из условия задачи следует, что окружности, описанные около треугольников PZU
, PVW
, PXY
гомотетичны вписанной окружности треугольника ABC
с центрами гомотетий A
, B
, C
и коэффициентами \frac{AP}{AA'}
, \frac{BP}{BB'}
, \frac{CP}{CC'}
соответственно. Отсюда следует, что отрезки PZ
и PW
параллельны A'B'
(см. задачу 5707), поэтому точка P
лежит на отрезке ZW
, т. е. большая диагональ ZW
шестиугольника XYZUVW
проходит через точку P
. Аналогично для диагоналей XU
и YV
. Утверждение б) доказано.
Пусть BC=a
, AC=b
, AB=c
, полупериметр треугольника ABC
равен p
, площадь равна S
, а площади треугольников BPC
, ACP
и APB
равны S_{a}
, S_{b}
и S_{c}
соответственно. Тогда
BA'=BC'=p-b,~AC'=p-a,~CA'=p-c
(см. задачу 219), поэтому
\frac{S_{a}}{S_{b}}=\frac{BC'}{AC'}=\frac{p-b}{p-a}=\frac{\frac{1}{p-a}}{\frac{1}{p-b}},~\frac{S_{b}}{S_{c}}=\frac{CA'}{BA'}=\frac{p-c}{p-b}=\frac{\frac{1}{p-b}}{\frac{1}{p-c}}.
Значит,
S_{a}:S_{b}:S_{c}=\frac{1}{p-a}:\frac{1}{p-b}:\frac{1}{p-c}.
Тогда
\frac{CP}{CC'}=\frac{S-S_{c}}{S}=\frac{S_{a}+S_{b}}{S}=\frac{\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}}{\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}}=
=\frac{(p-a+p-b)(p-c)}{(p-a)(p-b)+(p-a)(p-c)+(p-b)(p-c)}=\frac{c(p-c)}{T},
где T=(p-a)(p-b)+(p-a)(p-c)+(p-b)(p-c)
— симметричное выражение. Аналогично,
\frac{AP}{AA'}=\frac{a(p-a)}{T},~\frac{BP}{BB'}=\frac{c(p-c)}{T}.
Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, K
— основание перпендикуляра, опущенного из C
на A'B'
(тогда CK
— биссектриса угла ACB
, точки C
, K
, I
лежат на одной прямой). Из прямоугольного треугольника ICB'
(B'K
— его высота) получаем, что
A'B'^{2}=4B'K^{2}=4CK\cdot KI=4CB'\sin\frac{\gamma}{2}\cdot B'I\cos\frac{\gamma}{2}=2(p-c)r\sin C=c(p-c)\cdot\frac{r}{R},
где \gamma=\angle ACB
, r
и R
— радиусы соответственно вписанной и описанной окружностей треугольника ABC
.
Из перечисленных в начале решения гомотетий с учётом этого выражения получаем, что
PZ\cdot PW=A'B'\cdot\frac{AP}{AA'}\cdot A'B'\cdot\frac{BP}{BB'}=\frac{a(p-a)\cdot b(p-b)\cdot c(p-c)\cdot r}{RT^{2}}
— симметричное выражение. Значит, PZ\cdot PW=PX\cdot PU=PY\cdot PV
. Следовательно, точки X
, U
, Z
, W
, Y
и V
лежат на одной окружности (см задачу 114).
Центр этой окружности лежит на серединных перпендикулярах к отрезкам XY
, ZU
, VW
, совпадающих с биссектрисами углов треугольника ABC
, что доказывает пункт а).
Для доказательства пункта в) достаточно заметить, что отрезки CZ
и CW
равны, и следовательно, точка C
лежит на радикальной оси описанных окружностей треугольников PZU
и PVW
(см. задачу 6397).
Второй способ доказательства вписанности шестиугольника. Пусть BC=a
, AC=b
, AB=c
, полупериметр треугольника ABC
равен p
, площадь равна S
, а площади треугольников BPC
, ACP
и APB
равны S_{a}
, S_{b}
и S_{c}
соответственно. Тогда BA'=p-b
и CB'=p-c
(см. задачу 219), поэтому
S_{c}=S_{\triangle APB}=\frac{BP}{BB'}S_{\triangle ABB'}=\frac{BP}{BB'}\cdot\frac{AB'}{AC}S_{\triangle ABC}=\frac{BP}{BB'}\cdot\frac{p-a}{b}S,
S_{a}=S_{\triangle BPC}=\frac{BP}{BB'}S_{\triangle CBB'}=\frac{BP}{BB'}\cdot\frac{CB'}{AC}S_{\triangle ABC}=\frac{BP}{BB'}\cdot\frac{p-c}{b}S,
значит, \frac{S_{c}}{S_{a}}=\frac{p-a}{p-c}
. Аналогично, \frac{S_{a}}{S_{b}}=\frac{p-b}{p-a}
. Тогда
\frac{CP}{CC'}=\frac{S-S_{c}}{S}=1-\frac{S_{c}}{S}=1-\frac{S_{c}}{S_{a}+S_{b}+S_{c}}=1-\frac{1}{\frac{S_{a}}{S_{c}}+\frac{S_{b}}{S_{c}}+1}=
=1-\frac{1}{\frac{p-c}{p-a}+\frac{p-a}{p-b}+1}=1-\frac{1}{\frac{c(p-c)}{(p-a)(p-b)}+1}=
=1-\frac{(p-a)(p-b)}{(p-a)(p-b)+c(p-c)}=\frac{c(p-c)}{(p-a)(p-b)+(2p-a-b)(p-c)}=
=\frac{c(p-c)}{(p-a)(p-b)+((p-a)+(p-b))(p-c)}=
=\frac{c(p-c)}{(p-a)(p-b)+(p-b)(p-c)+(p-a)(p-c)}=\frac{c(p-c)}{T}
где T=(p-a)(p-b)+(p-a)(p-c)+(p-b)(p-c)
. Аналогично,
\frac{AP}{AA'}=\frac{a(p-a)}{T},~\frac{BP}{BB'}=\frac{b(p-b)}{T}.
Тогда, учитывая гомотетии, о которых говорится в первой части решения, получим, что
PZ=A'B'\cdot\frac{AP}{AA'}=\frac{A'B'\cdot a(p-a)}{T},~PW=A'B'\cdot\frac{BP}{BB'}=\frac{A'B'\cdot b(p-b)}{T},
PX=A'C'\cdot\frac{CP}{CC'}=\frac{A'C'\cdot c(p-c)}{T},~PU=A'C'\cdot\frac{AP}{AA'}=\frac{A'C'\cdot a(p-a)}{T}.
Значит,
PZ\cdot PW=\frac{A'B'^{2}\cdot ab(p-a)(p-b)}{T^{2}},~PX\cdot PU=\frac{A'C'^{2}\cdot ac(p-a)(p-c)}{T^{2}}.
Обозначим углы при вершинах A
, B
и C
треугольника ABC
через \alpha
, \beta
, \gamma
соответственно. Тогда углы при вершинах A'
, B'
, C'
треугольника A'B'C'
соответственно равны 90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}
, 90^{\circ}-\frac{\beta}{2}
, 90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}
(см. задачу 1752), поэтому
\sin\angle B'A'C'=\cos\frac{\alpha}{2},~\sin\angle A'B'C'=\cos\frac{\beta}{2},~\sin\angle A'C'B'=\cos\frac{\gamma}{2}.
Тогда
PZ\cdot PW=PX\cdot PU~\Leftrightarrow~A'B'^{2}\cdot b(p-b)=A'C'^{2}\cdot c(p-c)~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\left(\frac{A'B'}{A'C'}\right)^{2}=\frac{c(p-c)}{b(p-b)}~\Leftrightarrow~\left(\frac{\sin\angle A'C'B'}{\sin\angle A'B'C'}\right)^{2}=\frac{c(p-c)}{b(p-b)}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\frac{\cos^{2}\frac{\gamma}{2}}{\cos^{2}\frac{\beta}{2}}=\frac{c(p-c)}{b(p-b)}~\Leftrightarrow~\frac{\frac{p(p-c)}{ab}}{\frac{p(p-b)}{ac}}=\frac{c(p-c)}{b(p-b)}
(см. задачу 5965). Следовательно, PZ\cdot PW=PX\cdot PU
. Аналогично, PX\cdot PU=PY\cdot PV
. Тогда точки X
, U
, Z
, W
лежат на одной окружности (см задачу 114), а так как XYZW
— равнобедренная трапеция, то точка Y
лежит на той же окружности. Для точки V
доказательство аналогично.
Примечание. Другое решение можно получить с помощью инверсии: так как касательные к окружностям в точке P
параллельны сторонам треугольника ABC
, инверсия с центром P
переводит эти окружности в прямые, образующие треугольник, гомотетичный треугольнику ABC
относительно P
. Радиус инверсии можно выбрать таким, чтобы коэффициент гомотетии равнялся -1. Тогда композиция этой инверсии и центральной симметрии с центром P
будет менять местами точки X
и U
, Y
и V
, Z
и W
, а также точки A
, B
, C
и вторые точки пересечения окружностей. Отсюда сразу следуют все утверждения задачи.