13676. Точки P
и Z
лежат на вписанной окружности равностороннего треугольника ABC
, причём P
— середина отрезка AZ
и BZ\lt CZ
. Отрезок CZ
и продолжение отрезка BZ
вторично пересекают окружность в точках X
и Y
соответственно. Докажите, что:
1) треугольник XYZ
равносторонний;
2) точки A
, X
и Y
лежат на одной прямой;
3) отрезок XY
— среднее геометрическое отрезков AX
и AY
, отрезок YZ
— среднее геометрическое отрезков CY
и CZ
, отрезок ZX
— среднее геометрическое отрезков BZ
и BX
.
Решение. 1) Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, а D
, E
и F
— точки касания со сторонами BC
, CA
и AB
соответственно (т. е. середины сторон треугольника ABC
). По теореме о средней линии треугольника FP\parallel BZ
и PE\parallel ZC
. Тогда по теореме об угле между касательной и хордой
\angle BZC=\angle FPE=\angle FEC=180^{\circ}-\angle AEF=120^{\circ}.
Поскольку I
— центр вписанной окружности равностороннего треугольника ABC
, то \angle BIC=120^{\circ}=\angle BZC
. Следовательно, точки B
, C
, I
, Z
лежат на одной окружности. Значит,
\angle IZX=\angle IZC=\angle IBC=30^{\circ},~\angle IZY=180^{\circ}-\angle IZB=\angle BCI=30^{\circ},
а так как IX=IY=IZ
, то
\angle IXZ=\angle IZX=30^{\circ},~\angle IYZ=\angle IZY=30^{\circ}.
Тогда равнобедренные треугольники IZX
и IZY
равны, поэтому ZX=ZY
, а так как \angle BZC=120^{\circ}
, то \angle XZY=60^{\circ}
. Следовательно, треугольник XYZ
равносторонний. Что и требовалось доказать.
2) Поскольку \angle IXB=30^{\circ}=\angle IAB
, точки A
, B
, I
и X
лежат на одной окружности, поэтому
\angle AYB=\angle AIB=120^{\circ}.
Значит,
\angle AYB+\angle BYX=120^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ}.
Следовательно, точки A
, X
и Y
лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.
3) Поскольку равносторонние треугольники XYZ
и DEF
вписаны в одну и ту же окружность, они равны. Значит,
XY=YZ=ZX=DE=EF=FD=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}CA=\frac{1}{2}AB.
Значит, по теореме о касательной и секущей
XY^{2}=AE^{2}=AX\cdot AY.
Аналогично,
YZ^{2}=CY\cdot CZ,~ZX^{2}=BZ\cdot BX.
Что и требовалось доказать.