17956. Около остроугольного треугольника ABC
с высотой AH
описана окружность \Omega
, точка P
лежит на биссектрисе треугольника, проведённой из вершины A
. Окружность с диаметром AP
вторично пересекает окружность \Omega
в точке G
. Точка L
— проекция точки P
на прямую AH
. Докажите, что если прямая GL
проходит через середину отрезка HP
, то P
— центр вписанной окружности треугольника ABC
.
Указание. Докажите, что PLHE
— прямоугольник, где E
— точка пересечения GL
и BC
. Далее примените теорему о пропорциональных отрезках и теорему, обратную теореме об угле между касательной и хордой (см. задачу 144).
Решение. Обозначим \angle BAC=\alpha
и \angle ABC=\beta
Пусть луч AP
пересекает сторону BC
в точке F
, а окружность \Omega
— в точке D
. Поскольку \angle ALP=90^{\circ}=\angle AHC
, прямые LP
и BC
параллельны. Четырёхугольник AGLP
вписанный, а BFD
— внешний угол треугольника ABF
, поэтому
\angle LGA=\angle LPD=\angle BFD=\angle BAD+\angle CBA=\frac{\alpha}{2}+\beta=
=\angle DAC+\angle CBA=\angle DBA=\angle DGA.
Значит, точки G
, L
и D
лежат на одной прямой.
Пусть прямые GL
и BC
пересекаются в точке E
. Прямоугольные треугольники HLP
и LHE
равны по общему катету HL
и противолежащему острому углу (\angle LPH=\angle HEL
, так как PL\parallel HE
). Значит, LP=EH
, поэтому PLHE
— прямоугольник.
Поскольку PE\parallel AL
, получаем
\frac{DP}{DA}=\frac{PE}{AL}=\frac{LH}{AL}=\frac{PF}{AP},
поэтому
\frac{DP}{DA}=\frac{DA-AP}{DA}=1-\frac{AP}{DA}=1-\frac{PF}{DP}=\frac{DP-PF}{DP}=\frac{DF}{DP}~\Rightarrow~DP^{2}=DF\cdot DA.
В то же время
\angle DBF=\angle DAC=\angle BAF,
поэтому DB
— касательная к описанной окружности треугольника ABF
(см. задачу 144). Тогда
DB^{2}=DF\cdot DA=DP^{2},
а так как (см. задачу 788) D
— центр описанной окружности треугольника BCI
, где I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, то точка P
совпадает с I
. Отсюда следует утверждение задачи.
Источник: Математические олимпиады Саудовской Аравии. — 2015, задача 4, с. 84