11640. Окружность пересекает сторону
AB
равностороннего треугольника
ABC
в точках
C_{1}
и
C_{2}
, сторону
BC
— в точках
A_{1}
и
A_{2}
, сторону
CA
— в точках
B_{1}
и
B_{2}
, причём точка
C_{1}
расположена между точками
A
и
C_{2}
, точка
A_{1}
— между
B
и
A_{2}
, точка
B_{1}
— между
C
и
B_{2}
. Докажите, что
AC_{1}+BA_{1}+CB_{1}=BC_{2}+CA_{2}+AB_{2}.

Решение. Пусть сторона треугольника равна
a
.
Первый способ. Обозначим через
O
центр окружности, а через
C_{3}
,
A_{3}
и
B_{3}
— середины отрезков
C_{1}C_{2}
,
A_{1}A_{2}
и
B_{1}B_{2}
. Тогда
AC_{1}+BA_{1}+CB_{1}=BC_{2}+CA_{2}+AB_{2}~\Leftrightarrow

\Leftrightarrow~(AC_{3}-C_{1}C_{3})+(BA_{3}-A_{1}A_{3})+(CB_{3}-B_{1}B_{3})=

=(BC_{3}-C_{2}C_{3})+(CA_{3}-A_{2}A_{3})+(AB_{3}-B_{2}B_{3})~\Leftrightarrow

\Leftrightarrow~AC_{3}+BA_{3}+CB_{3}=BC_{3}+CA_{3}+AB_{3}~\Leftrightarrow

\Leftrightarrow~(AC_{3}-BC_{3})+(BA_{3}-CA_{3})+(CB_{3}-AB_{3})=0~\Leftrightarrow

\Leftrightarrow~(AC_{3}-BC_{3})a+(BA_{3}-CA_{3})a+(CB_{3}-AB_{3})a=0~\Leftrightarrow

\Leftrightarrow~(AC_{3}-BC_{3})(AC_{3}+BC_{3})+(BA_{3}-CA_{3})(BA_{3}+CA_{3})+

+(CB_{3}-AB_{3})(CB_{3}+AB_{3})=0~\Leftrightarrow

\Leftrightarrow~(AC_{3}^{2}-BC_{3}^{2})+(BA_{3}^{2}-CA_{3}^{2})+(CB_{3}^{2}-AB_{3}^{2})=0.

По теореме Пифагора
AC_{3}^{2}-BC_{3}^{2}=(OA^{2}-OC_{3}^{2})-(OB^{2}-OC_{3}^{2})=OA^{2}-OB^{2}.

Аналогично,
BA_{3}^{2}-CA_{3}^{2}=OB^{2}-OC^{2},~CB_{3}^{2}-AB_{3}^{2}=OC^{2}-OA^{2},

значит,
(AC_{3}^{2}-BC_{3}^{2})+(BA_{3}^{2}-CA_{3}^{2})+(CB_{3}^{2}-AB_{3}^{2})=

=(OA^{2}-OB^{2})+(OB^{2}-OC^{2})+(OC^{2}-OA^{2})=0.

Следовательно,
AC_{1}+BA_{1}+CB_{1}=BC_{2}+CA_{2}+AB_{2}.

Второй способ. По следствию из теоремы о касательной и секущей (см. задачу 2636)
AC_{1}\cdot AC_{2}=AB_{2}\cdot AB_{1},~BA_{1}\cdot BA_{2}=BC_{2}\cdot BC_{1},~CB_{1}\cdot CB_{2}=CA_{2}\cdot CA_{1},

или
AC_{1}(a-BC_{2})=AB_{2}(a-CB_{1}),

BA_{1}(a-CA_{2})=BC_{2}(a-AC_{1}),

CB_{1}(a-AB_{2})=CA_{2}(a-BA_{1}).

Сложив эти три равенства, после очевидных упрощений получим, что
AC_{1}+BA_{1}+CB_{1}=BC_{2}+CA_{2}+AB_{2}.

Третий способ. Пусть
Q
— центр равностороннего треугольника
ABC
. Проведём через точку
Q
прямые
l_{1}\parallel BC
,
l_{2}\parallel AC
и
l_{3}\parallel AB
. Пусть
O_{1}
,
O_{2}
и
O_{3}
— проекции центра
O
окружности на прямые
l_{1}
,
l_{2}
и
l_{3}
соответственно.
Без ограничения общности можно считать, что центр
O
окружности лежит внутри угла
O_{1}QO_{3}
ближе к его стороне
QO_{1}
чем к
QO_{3}
(т. е.
AC_{1}\gt BC_{2}
,
CA_{2}\gt BA_{1}
,
CB_{1}\gt AB_{2}
). Тогда
O_{1}O_{2}O_{3}
— равносторонний треугольник, а точка
Q
лежит на меньшей дуге
O_{2}O_{3}
его описанной окружности (см. задачу 742). Поскольку при ортогональной проекции на прямую
AB
точка
Q
проецируется в середину
Q'
стороны
AB
, а точка
O
(как и
O_{3}
) — в середину
O'
отрезка
C_{1}C_{2}
, то
QO_{3}=Q'O'=AO'-AQ'=AC_{1}+\frac{1}{2}C_{1}C_{2}-\frac{1}{2}AB=

=AC_{1}+\frac{1}{2}C_{1}C_{2}-\frac{1}{2}(AC_{1}+C_{1}C_{2}+C_{2}B)=\frac{AC_{1}-BC_{2}}{2}.

Аналогично,
QO_{1}=\frac{CA_{2}-BA_{1}}{2},~QO_{2}=\frac{CB_{1}-AB_{2}}{2}.

По теореме Помпею (см. задачу 17),
QO_{1}=QO_{2}+QO_{3}
, откуда
CA_{2}-BA_{1}=(CB_{1}-AB_{2})+(AC_{1}-BC_{2}),

или
AC_{1}+BA_{1}+CB_{1}=BC_{2}+CA_{2}+AB_{2}
, что и требовалось.
Четвёртый способ. На продолжениях сторон
CA
(за точку
A
) и
CB
(за точку
B
) отметим такие точки
A'
и
B'
соответственно, что прямая
A'B'
касается окружности в точке
K
. Тогда
AA'=BB'
и
AC_{1}-BC_{2}=A'K-B'K
. Следовательно,
(AC_{1}+BA_{1}+CB_{1})-(BC_{2}+CA_{2}+AB_{2})=

=(AC_{1}-BC_{2})+(CB_{1}-AB_{2}-AA')+(BA_{1}+BB'-CA_{2})=

=(A'K-B'K)+(CB_{1}-A'B_{2})+(B'A_{1}-CA_{2})=

=(A'K+B'A_{1}+CB_{1})-(B'K+CA_{2}+A'B_{2}).

Таким образом, исходная задача свелась к аналогичной задаче о равностороннем треугольнике
A'B'C
и окружности, касающейся его стороны
A'B'
(в точке
K
).
Точно так же сведём новую задачу к задаче о равностороннем треугольнике
A'B''C'
и окружности, касающейся двух его сторон
A'B''
(в точке
K
) и
B''C'
(в точке
L
). А затем — к задаче о равностороннем треугольнике
A''B''C''
и окружности, касающейся всех его сторон (в точках
K
,
L
,
M
). Но
K
,
L
,
M
— середины отрезков
A''B''
,
B''C''
,
A''C''
. Значит,
(AC_{1}+BA_{1}+CB_{1})-(BC_{2}+CA_{2}+AB_{2})=

=(A''K-B''K)+(B''L-C''L)+(C''M-A''M)=0,

что и требовалось.
Примечание. Четвёртый способ показывает, что исходную задачу можно обобщить для любого многоугольника с равными углами и окружности, пересекающей каждую его сторону в двух точках, а второй способ доказывает аналогичное утверждение для любого многоугольника с равными сторонами (для ромба см. задачу 2382).
Автор: Произволов В. В.
Источник: Летний турнир им. А. П. Савина «Математика 6—8». — 2001, задача 2, пятый тур, 6-8 класс
Источник: Грибалко А. В., Медников Л. Э. XXI—XXII турниры математических боёв имени А. П. Савина. — М.: МЦНМО, 2020. — № 266, с. 36