12762. Биссектрисы треугольника ABC
пересекаются в точке I
, биссектрисы его внешних углов при вершинах B
и C
пересекаются в точке J
. Окружность \omega_{b}
с центром в точке O_{b}
проходит через точку B
и касается прямой CI
в точке I
. Окружность \omega_{c}
с центром в точке O_{c}
проходит через точку C
и касается прямой BI
в точке I
. Отрезки O_{b}O_{c}
и IJ
пересекаются в точке K
. Найдите отношение \frac{IK}{KJ}
.
Ответ. \frac{1}{3}
.
Решение. Первый способ. Проведём в окружности \omega_{b}
диаметр IX
, а в окружности \omega_{c}
— диаметр IY
(рис. 1). Заметим, что
\angle IBJ=90^{\circ}=\angle ICJ,
поскольку биссектрисы смежных углов перпендикулярны. Следовательно, точка X
лежит на прямой BJ
, а точка Y
— на прямой CJ
(рис. 1). Кроме того, IX\perp IC
, поскольку окружность \omega_{b}
касается IC
в точке I
, поэтому IX\parallel CJ
. Аналогично, IY\parallel BJ
. Значит, четырёхугольник IXJY
— параллелограмм.
Пусть его диагонали пересекаются в точке M
. Тогда IM=MJ
, а отрезок O_{b}O_{c}
— средняя линия треугольника IXY
, поэтому точка K
— середина отрезка IM
. Таким образом,
IK=\frac{1}{2}IM=\frac{1}{4}IJ.
Следовательно, \frac{IK}{KJ}=\frac{1}{3}
.
Второй способ. Обозначим через N
середину дуги BAC
описанной окружности \Omega
треугольника ABC
, а через S
— середину другой её дуги BC
. Пусть луч CI
пересекает сторону AB
в точке L
, а луч NI
пересекает \Omega
в точке P
(рис. 2). Поскольку SN
— диаметр окружности \Omega
, то \angle NBS=90^{\circ}
.
Обозначим \angle BAC=\alpha
. Тогда \angle BIC=90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}
(см. задачу 4770), а
\angle LIB=180^{\circ}-\angle BIC=180^{\circ}-\left(90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}\right)=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}.
Поскольку
\angle BNS=\angle BAS=\frac{\alpha}{2}
и вписанные в окружность \Omega
углы BSN
и BPN
опираются на одну и ту же дугу BAN
, а треугольник NBS
прямоугольный, то
\angle IPB=\angle NPB=\angle NSB=90^{\circ}-\angle BNS=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}=\angle LIB.
Значит, описанная окружность треугольника IBP
касается прямой CI
в точке I
(см. задачу 144). Также эта окружность проходит через точку B
. Следовательно, это и есть окружность \omega_{b}
. Аналогично, окружность \omega_{c}
описана около треугольника IPC
. Значит, IP
— общая хорда окружностей \omega_{b}
и \omega_{c}
.
Из теоремы Мансиона (см. задачу 57) следует, что CS
— медиана прямоугольного треугольника ICJ
, поэтому SI=SJ
.
Поскольку IP
— общая хорда окружностей \omega_{b}
и \omega_{c}
, то прямая O_{b}O_{c}
— серединный перпендикуляр к отрезку IP
(см. задачу 1130). При этом \angle IPS=\angle NPS=90^{\circ}
, поэтому PS\parallel O_{1}O_{2}
. Значит, по теореме Фалеса прямая O_{1}O_{2}
проходит через середину отрезка IS
, т. е. KI=KS
. Следовательно, \frac{IK}{KJ}=\frac{1}{3}
.
Примечание. Точка S
во втором решении совпадает с точкой M
из первого.
Автор: Емельянов Л. А.
Автор: Богданов И. И.
Источник: Всероссийская олимпиада школьников. — 2021-2022, XLVIII, заключительный тур, задача 2, 9 класс
Источник: Журнал «Квант». — 2022, № 6, с. 23, М2702; 2022, № 9, с. 17, М2702
Источник: Задачник «Кванта». — 2019, № 6, с. 23, М2702