6020. Пусть T_{1}
и T_{2}
— точки касания вневписанных окружностей треугольника ABC
со сторонами BC
и AC
соответственно. Оказалось, что точка, симметричная центру вписанной окружности треугольника относительно середины AB
, лежит на окружности, описанной около треугольника CT_{1}T_{2}
. Найдите угол BCA
.
Ответ. 90^{\circ}
.
Решение. Пусть D
— четвёртая вершина параллелограмма ACBD
, J
— центр вписанной окружности треугольника ABD
, S_{1}
и S_{2}
— точки касания этой окружности с AD
и BD
. Обозначим AB=c
, p
— полупериметр треугольника ABC
. Тогда BT_{1}=p-c
и DS_{1}=p-c
(см. задачи 4805 и 219), а так как BT_{1}\parallel DS_{1}
, то четырёхугольник BDS_{1}T_{1}
— параллелограмм, значит, S_{1}T_{1}\parallel AC
. Аналогично S_{2}T_{2}\parallel BC
.
Обозначим \angle ADB=\angle ACB=\alpha
. Точка J
симметрична центру вписанной окружности треугольника ABC
, поэтому по условию задачи J
лежит на описанной окружности этого треугольника, т. е. четырёхугольник CT_{1}JT_{2}
вписанный. Значит,
\angle T_{1}JT_{2}=180^{\circ}-\alpha=\angle S_{1}JS_{2}.
Пусть K
— точка пересечения прямых S_{1}T_{1}
и S_{2}T_{2}
. Тогда DS_{1}KS_{2}
— параллелограмм, а так как DS_{1}=DS_{2}
, то это ромб. Значит, DK
(как и DJ
) — биссектриса угла ADB
, поэтому точки J
, K
и D
лежат на одной прямой.
Допустим, J
лежит между D
и K
. Тогда
180^\circ-\alpha=\angle S_{1}JS_{2}\gt\angle S_{1}KS_{2}=\alpha=\angle T_{1}KT_{2}\gt\angle T_{1}JT_{2}=180^\circ-\alpha
(см. задачу 3524). Противоречие.
Аналогично получается противоречие, если K
лежит между D
и J
. Значит, J
и K
совпадают.
Из равенств \angle T_{1}JT_{2}=180^{\circ}-\angle ACB
и T_{1}JT_{2}=\angle ACB
, получаем, что 180^{\circ}-\angle ACB=\angle ACB
. Следовательно, \angle ACB=90^{\circ}
.