13994. Окружность с центром I
, вписанная в треугольник ABC
, касается его сторон BC
, CA
и AB
в точках D
, E
и F
соответственно. Точки M
и N
лежат на прямой EF
, причём MB\perp BC
и NC\perp BC
. Прямые DM
и DN
вторично пересекают вписанную окружность треугольника ABC
в точках P
и Q
соответственно, а прямые BQ
и CP
пересекаются в точке R
. Докажите, что прямая DR
проходит через середину отрезка MN
.
Решение. Пусть прямые DR
и MN
пересекаются в точке X
. Докажем, что X
— середина отрезка MN
.
Обозначим BC=a
, CA=b
, AB=c
, p
— полупериметр треугольника ABC
. Тогда (см. задачу 219)
AE=AF=p-a,~BD=BF=p-b,~CD=CE=p-c.
Если AB=AC
, утверждение очевидно. Пусть AC\gt AB
, и прямые прямые BC
и MN
пересекаются в точке T
(см. рис.). По теореме Менелая для треугольника ABC
и прямой MN
получаем
1=\frac{BT}{TC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=\frac{BT}{TC}\cdot\frac{p-c}{p-a}\cdot\frac{p-a}{p-b}=\frac{BT}{TC}\cdot\frac{p-c}{p-b},
откуда
\frac{BT}{TC}=\frac{p-b}{p-c}=\frac{BD}{CD}.
Прямоугольные треугольники TBM
и TCN
подобны, поэтому
\frac{BT}{TC}=\frac{MB}{NC}~\Rightarrow~\frac{MB}{NC}=\frac{BD}{CD}.
Тогда подобны прямоугольные треугольники MBD
и NCD
, значит,
\angle MDB=\angle NDC=\angle QDC,
поэтому по теореме об угле между касательной и хордой
\angle QPD=\angle QDC=\angle MDB=\angle PQAD.
Следовательно, PD=DQ
и PQ\parallel BC
.
Пусть прямые PQ
и DX
пересекаются в точке K
. Тогда из параллельности PQ
и BC
получаем, что \frac{PK}{KQ}=\frac{CD}{BD}
(см. задачу 1597). Значит (см. задачу 3007),
\frac{S_{\triangle MDX}}{S_{\triangle PDK}}=\frac{DM}{DP}\cdot\frac{DX}{DK}~\mbox{и}~\frac{S_{\triangle NDX}}{S_{\triangle QDK}}=\frac{DN}{DQ}\cdot\frac{DX}{DK},
а так как DQ=PD
, то
\frac{S_{\triangle MDX}}{S_{\triangle XDN}}\cdot\frac{S_{\triangle QDK}}{S_{\triangle PDK}}=\frac{S_{\triangle MDX}}{S_{\triangle PDK}}:\frac{S_{\triangle NDX}}{S_{\triangle QDK}}=\left(\frac{DM}{DP}\cdot\frac{DX}{DK}\right):\left(\frac{DN}{DQ}\cdot\frac{DX}{DK}\right)=
=\left(\frac{DM}{DP}\cdot\frac{DX}{DK}\right)\cdot\left(\frac{DQ}{DN}\cdot\frac{DK}{DX}\right)=\frac{DM}{DN}.
При этом
\frac{S_{\triangle MDX}}{S_{\triangle XDN}}=\frac{MX}{XN}~\mbox{и}~\frac{S_{\triangle KDQ}}{S_{\triangle PDK}}=\frac{KQ}{PK},
а также \frac{KQ}{PK}=\frac{BD}{CD}
. Значит,
\frac{MX}{XN}\cdot\frac{BD}{CD}=\frac{MD}{DN}.
Тогда
\frac{MX}{XN}=\frac{MD}{DN}\cdot\frac{CD}{BD}.
С другой стороны, из подобия треугольников MBD
и NCD
получаем, что \frac{MD}{DN}=\frac{BD}{CD}
, поэтому
\frac{MX}{XN}=\frac{MD}{DN}\cdot\frac{CD}{BD}=\frac{BD}{CD}\cdot\frac{CD}{BD}=1.
Следовательно, MX=XN
. Что и требовалось доказать.