16638. Биссектрисы AA_{1}
и CC_{1}
треугольника ABC
с углом 60^{\circ}
при вершине B
пересекаются в точке I
. Описанные окружности треугольников ABC
и A_{1}IC_{1}
пересекаются в точке P
. Докажите, что прямая PI
проходит через середину стороны AC
.
Решение. Обозначим углы при вершинах A
, B
и C
треугольника ABC
через \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно.
Поскольку (см. задачу 4770)
\angle A_{1}IC_{1}=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ABC=90^{\circ}+30^{\circ}=120^{\circ}=180^{\circ}-\angle A_{1}BC_{1},
точка B
лежит на описанной окружности треугольника A_{1}IC_{1}
. Значит, описанные окружности треугольников ABC
и A_{1}IC_{1}
пересекаются в точках P
и B
.
Поскольку
\angle C_{1}AP=\angle BAP=\angle BCP=\angle A_{1}CP~\mbox{и}~\angle AC_{1}P=180^{\circ}-\angle BC_{1}P=
=180^{\circ}-\angle BA_{1}P=\angle PA_{1}C,
треугольники PA_{1}C
и PC_{1}A
подобны по двум углам. Значит,
\frac{PA_{1}}{PC_{1}}=\frac{A_{1}C}{AC_{1}}.\eqno(1)
Обозначим \angle AIC_{1}=\angle CIA_{1}=\varphi
и \angle AC_{1}I=\psi
. Тогда по теореме о внешнем угле треугольника
\angle AA_{1}C=\angle ABC+\angle BAA_{1}=60^{\circ}+\frac{\alpha}{2},
\angle AC_{1}C=\angle ABC+\angle BCC_{1}=60^{\circ}+\frac{\gamma}{2}.
Значит,
\angle AA_{1}C+\angle AC_{1}C=\left(60^{\circ}+\frac{\alpha}{2}\right)+\left(60^{\circ}+\frac{\gamma}{2}\right)=120^{\circ}+\frac{1}{2}(\alpha+\gamma)=
=120^{\circ}+\frac{1}{2}(180^{\circ}-\beta)=120^{\circ}+\frac{1}{2}(180^{\circ}-60^{\circ})=120^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ}.
Следовательно,
\angle AC_{1}C=180^{\circ}-\psi.
По теореме синусов из треугольников CIA_{1}
и AIC_{1}
, учитывая, что \sin(180^{\circ}-\psi)=\sin\psi
, получаем
\frac{A_{1}C}{\sin\varphi}=\frac{IC}{\sin\psi}~\mbox{и}~\frac{AC_{1}}{\sin\varphi}=\frac{IA}{\sin\psi},
откуда
\frac{A_{1}C}{AC_{1}}=\frac{IC}{IA}.\eqno(2)
Пусть луч PI
пересекает сторону AC
в точке M
. По теореме синусов из треугольников AIM
и CIM
, учитывая, что \sin(180^{\circ}-\angle AMI)=\sin\angle AMI
, получаем
\frac{IA}{\sin\angle AMI}=\frac{AM}{\sin\angle AIM}~\mbox{и}~\frac{IC}{\sin\angle AMI}=\frac{CM}{\sin\angle CIM},
откуда
\frac{IC}{IA}=\frac{AM}{CM}\cdot\frac{\sin\angle CIM}{\sin\angle AIM}.
Тогда, учитывая (1) и (2), получим
\frac{IC}{IA}=\frac{A_{1}C}{AC_{1}}=\frac{PA_{1}}{PC_{1}}=\frac{\frac{PA_{1}}{2R}}{\frac{PC_{1}}{2R}}=\frac{\sin\angle PIA_{1}}{\sin\angle PIC_{1}},\eqno(3)
где R
— радиус описанной окружности треугольника A_{1}IC_{1}
. Значит (см. (3)),
\frac{IC}{IA}=\frac{AM}{CM}\cdot\frac{\sin\angle CIM}{\sin\angle AIM}=\frac{AM}{CM}\cdot\frac{\sin\angle PIC_{1}}{\sin\angle PIA_{1}}=\frac{AM}{CM}\cdot\frac{IC}{IA},
откуда \frac{AM}{CM}=1
, или AM=CM
. Следовательно, M
— середина AC
. Что и требовалось доказать.
Автор: Швецов Д. В.
Источник: Олимпиада по геометрии им. И. Ф. Шарыгина. — 2024, XX, заочный тур, 8-10 классы, задача 12