17767. Вписанная в треугольник ABC
окружность с центром I
касается сторон BC
, CA
и AB
в точках A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
соответственно. Докажите, что центры описанных окружностей треугольников AIA_{1}
, BIB_{1}
и CIC_{1}
лежат на одной прямой.
Решение. Пусть прямая, проведённая через вершину C
перпендикулярно CI
, пересекает прямую AB
точке C_{2}
. Аналогично определим точки A_{2}
и B_{2}
. Из точек C
и C_{1}
отрезок IC_{2}
виден под прямым углом, поэтому середина отрезка IC_{2}
— центр описанной окружности треугольника CIC_{1}
. Аналогично, середины отрезков IA_{2}
и IB_{2}
— центры описанных окружностей треугольников AIA_{1}
и BIB_{1}
соответственно. Тогда достаточно доказать, что точки A_{2}
, B_{2}
и C_{2}
лежат на одной прямой, так как при гомотетии с центром I
и коэффициентом \frac{1}{2}
они переходят в середины отрезков, IA_{2}
, IB_{2}
и IC_{2}
соответственно.
Поскольку биссектрисы смежных углов перпендикулярны, CC_{2}
— биссектриса внешнего угла при вершине C
треугольника ABC
. Значит (см. задачу 1645), \frac{C_{2}A}{C_{2}B}=\frac{CA}{CB}
. Аналогично,
\frac{B_{2}A}{B_{2}C}=\frac{BA}{BC},~\frac{A_{2}B}{A_{2}C}=\frac{AB}{AC}.
Тогда
\frac{C_{2}A}{C_{2}B}\cdot\frac{B_{2}C}{B_{2}A}\cdot\frac{A_{2}B}{A_{2}C}=\frac{CA}{CB}\cdot\frac{BC}{BA}\cdot\frac{AB}{AC}=1.
Следовательно, по теореме Менелая (см. задачу 1622) точки A_{2}
, B_{2}
и C_{2}
лежат на одной прямой. Отсюда следует утверждение задачи.
Источник: Сингапурские математические олимпиады. — 1997-1998, отбор на Международную олимпиаду, задача 2.1