17628. Точка I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
; AD
, BE
и CF
— биссектрисы треугольника. Серединный перпендикуляр к отрезку AD
пересекает прямые BI
и CI
в точках M
и N
соответственно. Докажите, что точки A
, I
, M
и N
лежат на одной окружности.
Решение. Биссектриса угла треугольника и серединный перпендикуляр к противоположной стороне треугольника пересекаются на его описанной окружности (см. задачу 1743), поэтому точка M
лежит на описанной окружности треугольника ABD
, т. е. четырёхугольник ABDM
вписанный. Аналогично, четырёхугольник ANDC
вписанный.
Обозначим углы при вершинах A
, B
и C
треугольника ABC
через \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Тогда
\angle BMN=90^{\circ}-\angle AIE=90^{\circ}-(\angle IAB+\angle IBA)=90^{\circ}-\left(\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}\right)=\frac{\gamma}{2}=\angle CMN.
Из точек B
и C
, лежащих по одну сторону от прямой MN
, отрезок MN
виден под одним и тем же углом. Значит (см. задачу 12), четырёхугольник BNMC
тоже вписанный.
Далее можно рассуждать по-разному.
Первый способ. Поскольку четырёхугольники AMDB
и MNBC
вписанные,
\angle MAI=\angle MAD=\angle MBD=\angle MBC=\angle MNC.
Таким образом, из точек A
и N
, лежащих по одну сторону от прямой IM
, отрезок IM
виден под одним и тем же углом. Следовательно, точки A
, I
, M
и N
лежат на одной окружности. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Из вписанности четырёхугольников AMDB
и ANDC
получаем
\angle AMI+\angle ANI=\angle AMB+\angle ANC=\angle ADB+\angle ADC=180^{\circ},
причём точки M
и N
лежат по разные стороны от AD
. Значит (см. задачу 49), четырёхугольник AMIN
вписанный. Отсюда следует утверждение задачи.
Источник: Олимпиады стран Бенилюкс. — 2011, задача 3