6023. Окружность, вписанная в треугольник ABC
, касается стороны AB
в точке C'
. Окружность, вписанная в треугольник ACC'
, касается сторон AB
и AC
в точках C_{1}
и B_{1}
; окружность, вписанная в треугольник BCC'
, касается сторон AB
и BC
в точках C_{2}
и A_{2}
. Докажите, что прямые B_{1}C_{1}
, A_{2}C_{2}
и CC'
пересекаются в одной точке.
Решение. Первый способ. Вписанные окружности треугольников ACC'
и BCC'
касаются стороны CC'
в одной и той же точке M
(см. задачу 708), поэтому CB_{1}=CM=CA_{2}
. Кроме того, AB_{1}=AC_{1}
, BA_{2}=BC_{2}
, значит, треугольники CB_{1}A_{2}
, AB_{1}C_{1}
и BA_{2}C_{2}
равнобедренные.
Обозначим углы при вершинах A
, B
и C
треугольника ABC
через \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Тогда
\angle C_{1}C_{2}A_{2}=180^{\circ}-\angle A_{2}C_{2}B=180^{\circ}-\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}\right)=90^{\circ}+\frac{\beta}{2},
\angle C_{1}B_{1}A_{2}=180^{\circ}-\angle AB_{1}C_{1}-\angle CB_{1}A_{2}=
=180^{\circ}-\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)-180^{\circ}-\left(90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}\right)=\frac{\alpha}{2}+\frac{\gamma}{2}=90^{\circ}-\frac{\beta}{2},
поэтому
\angle C_{1}C_{2}A_{2}+\angle C_{1}B_{1}A_{2}=90^{\circ}+\frac{\beta}{2}+90^{\circ}-\frac{\beta}{2}=180^{\circ}.
Значит, четырёхугольник A_{2}B_{1}C_{1}C_{2}
вписанный.
Пусть \omega
, \omega_{1}
и \omega_{2}
— окружности, описанные соответственно около четырёхугольника A_{2}B_{1}C_{1}C_{2}
, треугольника AB_{1}C_{1}
и треугольника BA_{1}C_{1}
. Тогда прямая B_{1}C_{1}
— радикальная ось окружностей \omega
и \omega_{1}
, A_{2}B_{2}
— радикальная ось окружностей \omega
и \omega_{2}
, CC'
— радикальная ось окружностей \omega_{1}
и \omega_{2}
. Следовательно, прямые B_{1}C_{1}
, A_{2}C_{2}
и CC'
пересекаются в одной точке — радикальном центре трёх этих окружностей (см. задачу 6393).
Второй способ. Вписанные окружности треугольников ACC'
и BCC'
касаются стороны CC'
в одной и той же точке M
(см. задачу 708), поэтому CB_{1}=CM=CA_{2}
. Кроме того, AB_{1}=AC_{1}
, BA_{2}=BC_{2}
.
Пусть прямая CC'
пересекается с прямой B_{1}C_{1}
в точке P
, а с прямой A_{2}C_{2}
— в точке Q
. По теореме Менелая (см. задачу 1622), применённой к треугольнику ACC'
и прямой B_{1}B_{2}
, получим, что
1=\frac{CB_{1}}{B_{1}A}\cdot\frac{AC_{1}}{C_{1}C'}\cdot\frac{C'P}{PC}=\frac{CB_{1}}{C_{1}C'}\cdot\frac{C'P}{PC}.
Аналогично для треугольника CBC'
и прямой A_{2}C_{2}
1=\frac{CA_{2}}{C_{2}C'}\cdot\frac{C'Q}{QC'}.
Значит, \frac{CB_{1}}{C_{1}C'}\cdot\frac{C'P}{PC}=\frac{CA_{2}}{C_{2}C'}\cdot\frac{C'Q}{QC'}
, а так как CB_{1}=CA_{2}
и C_{1}C'=C'M=C_{2}C'
, то \frac{C'P}{PC'}=\frac{C'Q}{QC'}
. Следовательно, точки P
и Q
совпадают. Что и требовалось доказать.