17630. Около треугольника ABC
описана окружность \Gamma
, а точка I
— центр вписанной окружности этого треугольника. Лучи AI
, BI
и CI
пересекают \Gamma
в точках D
, E
и F
соответственно. Касательные к \Gamma
в точках F
, D
и E
пересекают прямые AI
, BI
и CI
в точках R
, S
и T
соответственно. Докажите, что
AR\cdot BS\cdot CT=ID\cdot IE\cdot IF.\eqno(1)
Решение. По теореме о трилистнике (см. задачу 788) DB=DI
, EC=EI
и FA=FI
. Перепишем (1) в виде
\frac{AR}{IF}\cdot\frac{BS}{ID}\cdot\frac{CD}{IE}=1.
Теперь достаточно доказать, что
\frac{AR}{AF}\cdot\frac{BS}{BD}\cdot\frac{CT}{CE}=1.
Поскольку прямая RF
— касательная к окружности \Gamma
, а CF
— биссектриса угла ACB
, получаем
\angle RFA=\angle FCA=\angle ICA.
Кроме того, из равенства FA=FI
следует, что \angle FAI=\angle FIA
, поэтому
\angle FAR=180^{\circ}-\angle FAI=180^{\circ}-\angle FIA=\angle CIA.
Следовательно, треугольники RFA
и ACI
по двум углам, поэтому \frac{AR}{AF}=\frac{IA}{IC}
. Аналогично докажем, что
\frac{BS}{BD}=\frac{IB}{IA}~\mbox{и}~\frac{AR}{AF}=\frac{CT}{CE}.
Тогда
\frac{AR}{AF}\cdot\frac{BS}{BD}\cdot\frac{CT}{CE}=\frac{IA}{IC}\cdot\frac{IB}{IA}\cdot\frac{IC}{IB}=1.
Отсюда следует утверждение задачи.
Источник: Олимпиады стран Бенилюкс. — 2013, задача 3