2980. Вписанная окружность треугольника
ABC
касается его сторон
BC
,
CA
и
AB
в точках
A_{1}
,
B_{1}
и
C_{1}
соответственно. Прямая
AA_{1}
вторично пересекает эту окружность в точке
E
. Точка
N
— середина отрезка
A_{1}B_{1}
. Точка
M
симметрична точке
N
относительно прямой
AA_{1}
. Докажите, что
\angle EMC=90^{\circ}
.
Указание. С помощью теоремы синусов докажите, что
\angle B_{1}EC=\angle NEA_{1}
.
Решение. Лемма. Пусть точка
N
— середина стороны
A_{1}B_{1}
остроугольного треугольника
EA_{1}B_{1}
. Касательные к описанной окружности этого треугольника, проведённые в точках
A_{1}
и
B_{1}
, пересекаются в точке
C
. Тогда
\angle A_{1}EN=\angle CEB_{1}
.
Доказательство. Рассмотрим случай, когда луч
EC
проходит между сторонами угла
B_{1}EN
. Обозначим
\angle A_{1}EN=\alpha,~\angle CEB_{1}=\beta,~\angle CEN=\gamma.

Тогда
\alpha+\beta+\gamma\lt90^{\circ}.

По теореме синусов (треугольники
A_{1}NE
и
B_{1}NE
)
\frac{\sin\alpha}{\sin\angle B_{1}A_{1}E}=\frac{NA_{1}}{EN}=\frac{NB_{1}}{EN}=\frac{\sin(\beta+\gamma)}{\sin\angle A_{1}B_{1}E},

поэтому
\frac{\sin\alpha}{\sin(\beta+\gamma)}=\frac{\sin\angle B_{1}A_{1}E}{\sin\angle A_{1}B_{1}E},

Пусть
K
— точка на продолжении
CB_{1}
за точку
B_{1}
. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
\angle B_{1}A_{1}E=\angle KB_{1}E=180^{\circ}-\angle CB_{1}E,

значит,
\sin\angle B_{1}A_{1}E=\sin\angle CB_{1}E
. Аналогично
\sin\angle A_{1}B_{1}E=\sin\angle CA_{1}E
, поэтому
\frac{\sin\angle B_{1}A_{1}E}{\sin\angle A_{1}B_{1}E}=\frac{\sin\angle CB_{1}E}{\sin\angle CA_{1}E}.

По теореме синусов (треугольники
CB_{1}E
и
CA_{1}E
)
\frac{\sin\angle CB_{1}E}{\sin\beta}=\frac{CE}{CB_{1}}=\frac{CE}{CA_{1}}=\frac{\sin\angle CA_{1}E}{\sin(\alpha+\gamma)},

поэтому
\frac{\sin\beta}{\sin(\alpha+\gamma)}=\frac{\sin\angle CB_{1}E}{\sin\angle CA_{1}E}=\frac{\sin\angle B_{1}A_{1}E}{\sin\angle A_{1}B_{1}E}.

Таким образом,
\frac{\sin\alpha}{\sin(\beta+\gamma)}=\frac{\sin\beta}{\sin(\alpha+\gamma)}.

Тогда
\frac{\sin\alpha}{\sin(\beta+\gamma)}=\frac{\sin\beta}{\sin(\alpha+\gamma)}~\Leftrightarrow~\sin\alpha\sin(\alpha+\gamma)=\sin\beta\sin(\beta+\gamma)~\Leftrightarrow

\Leftrightarrow~2\sin\alpha\sin(\alpha+\gamma)=2\sin\beta\sin(\beta+\gamma)~\Leftrightarrow

\Leftrightarrow~\cos\gamma-\cos(2\alpha+\gamma)=\cos\gamma-\cos(2\beta+\gamma)~\Leftrightarrow~\cos(2\alpha+\gamma)=\cos(2\beta+\gamma),

а так как
2\alpha+\gamma\lt180^{\circ}
и
2\beta+\gamma\lt180^{\circ}
, то
2\alpha+\gamma=2\beta+\gamma
(функция
y=\cos x
на промежутке
(0;180^{\circ})
монотонна). Следовательно,
\alpha=\beta
. Лемма доказана.
Перейдём к решению задачи. Отрезок
CN
— высота равнобедренного треугольника
A_{1}B_{1}C
. По теореме об угле между касательной и хордой
\angle CB_{1}A_{1}=\angle B_{1}EA_{1}\lt90^{\circ},

поэтому лучи
MN
и
EB_{1}
пересекаются в некоторой точке
P
. Пусть
Q
— середина
MN
. Заметим, что
\angle NPB_{1}=\angle QPE=90^{\circ}-\angle A_{1}EB_{1}=90^{\circ}-\angle A_{1}B_{1}C=\angle NCB_{1}.

Из точек
P
и
C
, лежащих по одну сторону от прямой
NB_{1}
, отрезок
NB_{1}
виден под одним и тем же углом, значит, точки
P
,
C
,
N
и
B_{1}
лежат на одной окружности, причём
CB_{1}
— диаметр этой окружности, так как
\angle CNB_{1}=90^{\circ}
. Следовательно,
\angle EPC=90^{\circ}
.
Применив лемму к треугольнику
B_{1}EA_{1}
, получим, что
\angle B_{1}EC=\angle NEA_{1}
. Поэтому
\angle B_{1}EA_{1}=\angle CEM
. С другой стороны,
\angle CPM=\angle CPN=\angle CB_{1}N=\angle B_{1}EA_{1},

значит,
\angle CPM=\angle CEM
. Поскольку из точек
P
и
E
отрезок
CM
виден под одним и тем же углом, точки
E
,
P
,
C
и
M
лежат на одной окружности, а так как
\angle EPC=90^{\circ}
, то
\angle EMC=90^{\circ}
. Что и требовалось доказать.
Автор: Смирнов А.
Источник: Санкт-Петербургская (Ленинградская) математическая олимпиада. — 2010, второй тур, 9 класс