6399. Проведём через основание биссектрисы угла A
разностороннего треугольника ABC
отличную от стороны BC
касательную к вписанной в треугольник окружности. Точку её касания с окружностью обозначим через K_{a}
. Аналогично построим точки K_{b}
и K_{c}
. Докажите, что три прямые, соединяющие точки K_{a}
, K_{b}
и K_{c}
с серединами сторон BC
, CA
и AB
соответственно, имеют общую точку, причём эта точка лежит на вписанной окружности.
Решение. 1. Докажем, что стороны треугольника K_{a}K_{b}K_{c}
параллельны соответствующим сторонам треугольника ABC
. Пусть AC\gt AB
, \alpha
, \beta
, \gamma
— углы треугольника ABC
, противолежащие сторонам BC=a
, AC=b
, AB=c
соответственно, P
и R
— точки касания вписанной окружности с центром O
со сторонами BC
и AB
соответственно. Тогда
\angle POL=\angle K_{a}OL,~\angle POB=\angle ROB
(рис. 1), поэтому \angle K_{a}OR=2\angle LOB
. Угол LOB
— внешний в треугольнике AOB
, значит
\angle K_{a}OR=2\left(\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}\right)=\alpha+\beta.
Случай AC\lt AB
разбирается аналогично. Подобными же рассуждениями получаем, что \angle K_{b}OR=\alpha+\beta
. Следовательно, точки K_{a}
и K_{b}
симметричны относительно прямой OR
, поэтому прямые K_{a}K_{b}
и AB
параллельны. Аналогично K_{b}K_{c}\parallel BC
и K_{a}K_{c}\parallel AC
.
Значит, если M_{a}
, M_{b}
, M_{c}
— середины сторон соответственно BC
, AC
и AB
треугольника ABC
, то соответствующие стороны треугольников M_{a}M_{b}M_{c}
и K_{a}K_{b}K_{c}
параллельны. Тогда эти треугольники гомотетичны (см. задачу 5000). Центр этой гомотетии является общей точкой прямых M_{a}K_{a}
, M_{b}K_{b}
и M_{c}K_{c}
.
2. Пусть прямая M_{a}K_{a}
вторично пересекает вписанную в треугольник ABC
окружность в точке T
(рис. 2). Будем считать, что AC\gt AB
. Докажем, что описанная вокруг треугольника TK_{a}L
окружность проходит через основание H
высоты AH
треугольника ABC
. Для этого достаточно проверить выполнение равенства M_{a}L\cdot M_{a}H=M_{a}K_{a}\cdot M_{a}T
(см. задачу 114), а так как M_{a}P^{2}=M_{a}K_{a}\cdot M_{a}T
(см. задачу 93), то осталось доказать, что M_{a}L\cdot M_{a}H=M_{a}P^{2}
.
Это можно сделать, выразив длины отрезков M_{a}P
, M_{a}L
и M_{a}H
через стороны треугольника ABC
. Мы докажем это, пользуюсь известными свойствами точки P'
касания со стороной BC
соответствующей вневписанной окружности треугольника: точка P'
симметрична P
относительно M_{a}
(см. задачу 4805) и отрезок AP'
пересекает вписанную окружность в точке, диаметрально противоположной точке P
(см. задачу 6411). Тогда по теореме о средней линии треугольника прямые AP'
и M_{a}O
параллельны (рис. 3).
Пусть p
— полупериметр треугольника ABC
. Тогда (см. задачу 219)
CP=p-AB=p-c,~M_{a}P=CP-CM=p-c-\frac{a}{2}=\frac{b-c}{2}.
Обозначим BH=x
. Из уравнения c^{2}-x^{2}=b^{2}-(a-x)^{2}
находим, что BH=x=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2a}
, поэтому
M_{a}H=M_{a}B-BH=\frac{a}{2}-\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2a}=\frac{b^{2}-c^{2}}{2a}.
Поскольку BO
— биссектриса треугольника ABL
, то
\frac{OA}{OL}=\frac{AB}{BL}=\frac{c}{\frac{ac}{b+c}}=\frac{b+c}{a}
(см. задачу 1509).
Пользуясь параллельностью прямых AH
и OP
, равенством M_{a}P'=M_{a}P
и теоремой о пропорциональных отрезках, получаем, что
\frac{M_{a}P}{M_{a}L}=\frac{M_{a}P'}{M_{a}L}=\frac{OA}{OL}=\frac{b+c}{a},
а так как
\frac{M_{a}H}{M_{a}P}=\frac{\frac{b^{2}-c^{2}}{2a}}{\frac{b-c}{2}}=\frac{b+c}{a},
то \frac{M_{a}P}{M_{a}L}=\frac{M_{a}H}{M_{a}P}
. Следовательно, M_{a}L\cdot M_{a}H=M_{a}P^{2}
, что и требовалось.
Поскольку четырёхугольник TK_{a}LH
вписанный, углы M_{a}TH
и M_{a}LK_{a}
равны. Угол M_{a}LK_{a}
легко выражается через углы треугольника ABC
(рис. 4):
\angle M_{a}TH=\angle M_{a}LK_{a}=180^{\circ}-\angle K_{a}LP=180^{\circ}-2\angle ALB=180^{\circ}-2\left(\gamma+\frac{\alpha}{2}\right)=\beta-\gamma.
Рассмотрим теперь четырёхугольник M_{b}THM_{a}
. Заметим, что
\angle HCA=\angle CHM_{b}=\gamma
(треугольник CM_{b}H
— равнобедренный), \angle CM_{a}M_{b}=\beta
. По по теореме о внешнем угле треугольника
\angle M_{a}M_{b}H=\angle CM_{a}M_{b}-\angle ACB=\beta-\gamma=\angle M_{a}TH,
значит, четырёхугольник M_{a}THM_{b}
— вписанный и, следовательно,
\angle M_{a}TM_{b}=\angle M_{a}HM_{b}=\gamma.
Обозначим через K
точку пересечения отрезка TM_{b}
со вписанной окружностью. Поскольку вписанный в окружность угол K_{a}TK
равен \gamma
, а дуга RPK_{a}
вписанной окружности равна \alpha+\beta
(это было доказано ранее), то
\angle KOR=360^{\circ}-(\alpha+\beta)-2\gamma=180^{\circ}-\gamma=\alpha+\beta=\angle K_{a}OR,
Значит, точки K_{a}
и K
симметричны относительно прямой OR
. Но точки K_{a}
и K_{b}
, как отмечено ранее, также симметричны относительно этой прямой. Значит, точки K
и K_{b}
совпадают, что означает, что прямые M_{a}K_{a}
и M_{b}K_{b}
пересекаются в точке T
вписанной окружности.
Примечание. Из доказанного следует известная теорема Фейербаха (см. задачу 6117): окружность девяти точек (т. е. окружность M_{a}M_{b}M_{c}
) и вписанная окружность касаются (точкой касания является центр гомотетии T
).
Автор: Шарыгин И. Ф.
Источник: Всероссийская олимпиада школьников. — 1997-1998, XXIV, заключительный этап, 10 класс