16631. В треугольнике ABC
вписанная окружность касается стороны BC
в точке D
. Точка M
— середина дуги BAC
описанной окружности треугольника. Точки P
и Q
— проекции точки M
на внешние биссектрисы углов B
и C
. Докажите, что прямая PQ
делит отрезок AD
пополам.
Решение. Обозначим BC=a
, CA=b
, AB=c
, p
— полупериметр треугольника ABC
. Пусть I_{c}
и I_{b}
— центры вневписанных окружностей треугольника ABC
, касающихся сторон AB
и AC
соответственно. Тогда M
— середина отрезка I_{a}I_{b}
(см. задачу 897), так как \angle PBI_{b}=90^{\circ}
как угол между биссектрисами внешних углов, и \angle MPB=90^{\circ}
по условию, то MP\parallel BI_{b}
. Значит, по теореме Фалеса P
— середина отрезка BI_{c}
.
Опустив перпендикуляры PP'
и PP''
на BC
и AB
соответственно, получим, что P'
— середина отрезка BE
, где E
— точка касания прямой BC
с вневписанной окружностью (с центром I_{c}
). Тогда (см. задачу 4805)
P''B=P'B=\frac{1}{2}BE=\frac{p-a}{2}.
Докажем что AP''=DP'
. Отсюда будет следовать равенство прямоугольных треугольников AP''P
и DP'P
, а значит, равенство гипотенуз AP=DP
, т. е. равноудалённость точки P
от концов отрезка AD
. Аналогично докажем, что точка Q
тоже равноудалена от концов этого отрезка. Это будет означать, что прямая QP
— серединный перпендикуляр к отрезку AD
, а следовательно, справедливость утверждение задачи.
Итак,
AP''=AB-BP''=AB-BP'=c-\frac{p-a}{2}~\mbox{и}~DP'=BD+BP'=p-b+\frac{p-a}{2}
(см. задачу 219). Значит,
AP''=DP'~\Leftrightarrow~c-\frac{p-a}{2}=p-b+\frac{p-a}{2}~\Leftrightarrow~b+c=2p-a~\Leftrightarrow~a+b+c=2p.
Из очевидности последнего равенства получаем утверждение задачи.
Автор: Терёшин А. Д.
Источник: Олимпиада по геометрии им. И. Ф. Шарыгина. — 2023, XIX, финал, второй день, 10 класс, задача 5