12004. Вписанная окружность касается сторон AB
, BC
и CA
неравнобедренного треугольника ABC
в точках C_{1}
, A_{1}
и B_{1}
соответственно. Пусть m
— средняя линия треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
, параллельная стороне B_{1}C_{1}
. Биссектриса угла B_{1}A_{1}C_{1}
пересекает m
в точке K
. Докажите, что описанная окружность треугольника BCK
касается m
.
Решение. Пусть прямые m
и BC
пересекаются в точке X
, а P
и Q
— середины отрезков A_{1}B_{1}
и A_{1}C_{1}
соответственно. Для определённости, пусть X
и C
лежат по одну сторону от точки A_{1}
. Для решения задачи достаточно доказать, что XB\cdot XC=XK^{2}
(см. задачу 4776).
Описанная окружность треугольника A_{1}PQ
получается из вписанной окружности треугольника ABC
(т. е. описанной окружности треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
) гомотетией с центром A_{1}
и коэффициентом \frac{1}{2}
. Поэтому обе эти окружности касаются прямой BC
в точке A_{1}
(см. задачу 6401). Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что \angle PA_{1}X=\angle PQA_{1}
, а так как A_{1}K
— биссектриса угла PA_{1}Q
и XKA_{1}
— внешний угол треугольника A_{1}KQ
, то
\angle KA_{1}X=\angle KA_{1}P+\angle PA_{1}X=\angle KA_{1}Q+\angle PQA_{1}=\angle A_{1}KX.
Следовательно, треугольник KXA_{1}
равнобедренный, XA_{1}=XK
. Кроме того, по теореме о касательной и секущей XP\cdot XQ=XA^{2}
(см. задачу 93).
Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
. Тогда точки P
и Q
лежат на серединных перпендикулярах CI
и PI
к отрезкам A_{1}B_{1}
и A_{1}C_{1}
соответственно (см. задачу 1180). Из прямоугольных треугольников CA_{1}I
и BA_{1}I
получаем
IC\cdot IP=IA_{1}^{2},~IB\cdot IQ=IA_{1}^{2}
(см. задачу 2728), откуда IC\cdot IP=IB\cdot IQ
. Значит, четырёхугольник BQPC
вписанный (см. задачу 114). Следовательно,
XB\cdot XC=XP\cdot XQ=XA_{1}^{2}=XK^{2}.
Отсюда следует утверждение задачи.
Автор: Богданов И. И.
Источник: Всероссийская олимпиада школьников. — 2020-2021, XLVII, региональный этап, № 4, 11 класс