16555. \Gamma
и \gamma
— соответственно описанная и вписанная окружности треугольника ABC
, точки M
, N
и P
— середины сторон BC
, CA
и AB
соответственно, E
и F
— точки касания окружности \gamma
с центром I
со сторонами CA
и AB
соответственно, U
и V
— точки пересечения прямой EF
с MN
и MP
соответственно, а X
— середина дуги BAC
окружности \Gamma
. Докажите, что:
а) точка I
лежит луче CV
;
б) прямая XI
проходит через середину отрезка UV
.
Решение. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке. Обозначим \angle ABC=y
и \angle BCA=z
.
а) Опустим перпендикуляр BV_{1}
на прямую CI
. Поскольку V_{1}M
— медиана прямоугольного треугольника BV_{1}C
, проведённая из вершины прямого угла, то
V_{1}M=MB=MC~\mbox{и}~\angle MV_{1}C=\angle MCV_{1}=z=\angle V_{1}CA.
Значит, MV_{1}\parallel CA
, и поэтому точка V_{1}
лежит на прямой MP
(по теореме о средней линии треугольника).
Из точек V_{1}
и F
отрезок BI
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром BI
. Вписанные в эту окружность углы V_{1}FB
и V_{1}IB
опираются на одну и ту же дугу, а V_{1}IB
— внешний угол треугольника BIC
, поэтому
\angle V_{1}FB=\angle V_{1}IB=\angle CBI+\angle BCI=y+z=\angle AEF=\angle AFE
(так как в равнобедренном треугольнике EAF
углы при основании EF
равны
90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle BAC=90^{\circ}-(90^{\circ}-(y+z))=y+z).
Значит, точка V_{1}
лежит на прямой EF
.
Итак, точка V_{1}
лежит и на прямой MP
, и на прямой EF
. Следовательно, она совпадает с точкой V
пересечения этих прямых. Отсюда следует утверждение пункта б).
б) Пусть лучи BI
и CI
пересекают окружность \Gamma
в точках Y
и Z
соответственно. Поскольку AEV
— внешний угол треугольника CEV
, а вписанные в окружность \Gamma
углы CBY
и CZY
опираются на одну и ту же дугу, то
\angle UVC=\angle EVC=\angle AEV-\angle ECV=\angle AEF-\angle ECV=
=(y+z)-z=y=\angle CBI=\angle CBY=\angle CZY.
Значит, UV\parallel YZ
, поэтому достаточно доказать, что прямая IX
проходит через середину отрезка YZ
(см. задачу 2607).
Действительно, учитывая, что X
— середина дуги BAC
окружности \Gamma
, получим
\angle YZX=\frac{1}{2}\smile XAY=\frac{1}{2}\smile XAC-\frac{1}{2}\smile CY=\frac{1}{4}\smile BXC-\frac{1}{2}\smile CY=
=\frac{1}{4}(4y+4z)-y=y+z-y=z=\angle ZCB=\angle ZBY,
поэтому ZX\parallel IY
. Аналогично, XY\parallel IZ
. Значит, IYXZ
— параллелограмм, поэтому его диагональ IX
проходит через середину диагонали YZ
. Отсюда следует утверждение пункта б).
Аналогично для любого другого случая.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 2014, том 87, № 4, задача 6, с. 306
Источник: Математические олимпиады США. —