16662. В треугольнике
ABC
точка
M
— середина стороны
AB
, а
I
— центр вписанной окружности. Точка
A_{1}
симметрична точке
A
относительно прямой
BI
, а точка
B_{1}
симметрична точке
B
относительно прямой
AI
. Пусть
N
— середина отрезка
A_{1}B_{1}
. Докажите, что
IN\gt IM
.
Решение. Первый способ. Поскольку
2\overrightarrow{IN}=\overrightarrow{IA_{1}}+\overrightarrow{IB_{1}}~\mbox{и}~2\overrightarrow{IM}=\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}

(см. задачу 4500), получаем
4(IN^{2}-IM^{2})=|\overrightarrow{IA_{1}}+\overrightarrow{IB_{1}}|^{2}-|\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}|^{2}=

=(\overrightarrow{IA_{1}}^{2}+\overrightarrow{IB_{1}}^{2}+2\overrightarrow{IA_{1}}\cdot\overrightarrow{IB_{1}})-(\overrightarrow{IA}^{2}+\overrightarrow{IB}^{2}+2\overrightarrow{IA}\cdot\overrightarrow{IB})=

=(IA_{1}^{2}+IB_{1}^{2}-2IA_{1}\cdot IB_{1}\cos(180^{\circ}-\angle A_{1}IB_{1}))-(IA^{2}+IB^{2}-2IA\cdot IB\cos(180^{\circ}-\angle AIB))=

=(IA_{1}^{2}+IB_{1}^{2}+2IA_{1}\cdot IB_{1}\cos\angle A_{1}IB_{1})-(IA^{2}+IB^{2}+2IA\cdot IB\cos\angle AIB)=

=2IA\cdot IB(\cos\angle A_{1}IB_{1}-\cos\angle AIB)

(
IA_{1}=IA
и
IB_{1}=IB
из симметрии). Значит, для решения задачи достаточно доказать, что
\cos\angle A_{1}IB_{1}\gt\cos\angle AIB
.
Обозначим
\angle AIB=\varphi
. Тогда (см. задачу 4770)
\varphi=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ACB\gt90^{\circ}.

Из симметрии получаем
\angle A_{1}IB=\angle AIB=\angle AIB_{1}=\varphi.

Значит, если
\varphi\leqslant120^{\circ}
, то
\angle A_{1}IB_{1}=360^{\circ}-(\angle A_{1}IB+\angle AIB+\angle AIB_{1})=360^{\circ}-3\varphi,

а так как
\varphi\gt90^{\circ}
и
\varphi\leqslant120^{\circ}
, то
0^{\circ}\leqslant\angle A_{1}IB_{1}\lt\varphi=\angle AIB.

(см. задачу 3606). Значит,
\cos\angle A_{1}IB_{1}\gt\cos\angle AIB
. Следовательно,
IN\gt IM
.
Если же
\varphi\gt120^{\circ}
, то
0^{\circ}\leqslant\angle A_{1}IB_{1}=(\angle A_{1}IB+\angle AIB+\angle AIB_{1}-360^{\circ}=3\varphi-360^{\circ}\lt\varphi=\angle AIB,

Следовательно, и в этом случае
IN\gt IM
.
Таким образом, утверждение задачи доказано.
Второй способ. Поскольку
\angle AIB=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ACB

(см. задачу 4770), угол
AIB
тупой.
Биссектриса угла есть ось симметрии угла, поэтому точка
A_{1}
лежит на прямой
BC
, а точка
B_{1}
— на прямой
AC
. Пусть
D
и
E
— середины оснований
BB_{1}
и
AA_{1}
равнобедренных треугольников
BAB_{1}
и
ABA_{1}
. Тогда
\angle ADB=\angle AEB=90^{\circ},

т. е.
AE
и
BD
— высоты тупоугольного треугольника
AIB
. Значит, точки
I
и
M
лежат по одну сторону от прямой
DE
. Кроме того, точки
A
,
B
,
D
и
E
лежат на окружности с центром
M
.
По теореме о средней линии
DN=\frac{1}{2}BA_{1}=\frac{1}{2}BA=DM~\Rightarrow~DN=DM=\frac{1}{2}AB,

Аналогично,
EN=EM=\frac{1}{2}AB.

Следовательно,
MBNE
— ромб, а прямая
DE
— серединный перпендикуляр к отрезку
MN
. Точки
I
и
M
лежат по одну сторону от прямой
DE
. Следовательно,
IM\lt IN
(см. задачу 1798). Что и требовалось доказать.
Источник: Международная Жаутыковская олимпиада (Казахстан). — 2022, XVIII, второй день, задача 4