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