17504. На периметре треугольника ABC
выбраны точки D_{1}
, D_{2}
, E_{1}
, E_{2}
, F_{1}
, F_{2}
, причём при обходе периметра точки встречаются в порядке A
, F_{1}
, F_{2}
, B
, D_{1}
, D_{2}
, C
, E_{1}
, E_{2}
. Оказалось, что AD_{1}=AD_{2}=BE_{1}=BE_{2}=CF_{1}=CF_{2}
. Докажите, что периметры треугольников, образованных тройками прямых AD_{1}
, BE_{1}
, CF_{1}
и AD_{2}
, BE_{2}
, CF_{2}
, равны.
Решение. Лемма. Пусть точки F
и E
выбраны соответственно на сторонах AB
и AC
параллелограмма ABKC
, причём BE=CF
. Тогда точка K
равноудалена от прямых BE
и CF
(рис. 1).
Доказательство. Поскольку BK\parallel EC
и CK\parallel FB
, получаем
S_{\triangle KBE}=S_{\triangle KBC}=S_{\triangle KFC},
а так как BE=CF
, то отсюда и следует, что расстояния от точки K
до прямых BE
и CF
, т. е. высоты треугольников KBE
и KFC
, проведённые из общей вершины, равны.
Перейдём к нашей задаче. Пусть прямые из условия образуют треугольники X_{1}Y_{1}Z_{1}
и X_{2}Y_{2}Z_{2}
(точки обозначены как на рис. 2). Достроим треугольник ABCD
до параллелограмма ABKC
. Согласно лемме, точка K
равноудалена от прямых BE_{1}
, CF_{1}
, BE_{2}
и CF_{2}
. Значит, существует окружность с центром K
, касающаяся этих прямых в некоторых точках P_{1}
, Q_{1}
, P_{2}
и Q_{2}
соответственно. Тогда из равенств отрезков касательных вытекает, что
BX_{1}-CX_{1}=BP_{1}+X_{1}P_{1}-(X_{1}Q_{1}-CQ_{1})=
=BP_{1}+(X_{1}P_{1}-X_{1}Q_{1})+CQ_{1}=BP_{1}+CQ_{1}=
=BP_{2}+CQ_{2}=BP_{2}-X_{2}P_{2}+X_{2}Q_{2}+CQ_{2}=CX_{2}-BX_{2}.
Аналогично получаем, что
CY_{1}-AY_{1}=AY_{2}-CY_{2},~AZ_{1}-BZ_{1}=BZ_{2}-AZ_{2}.
Складывая полученные три равенства, получаем требуемое равенство периметров.
Автор: Бельский К. А.
Источник: Всероссийская олимпиада школьников. — 2024-2025, апрель 2025, заключительный этап, второй день, задача 8, 9-10 классы