6573. Пусть A'
, B'
и C'
— точки касания вневписанных окружностей с соответствующими сторонами треугольника ABC
. Описанные окружности треугольников A'B'C
, AB'C'
и A'BC'
пересекают второй раз описанную окружность треугольника ABC
в точках C_{1}
, A_{1}
и B_{1}
соответственно. Докажите, что треугольник A_{1}B_{1}C_{1}
подобен треугольнику, образованному точками касания вписанной окружности треугольника с его сторонами.
Решение. Первый способ. Пусть I_{A}
, I_{B}
и I_{C}
— центры вневписанных окружностей треугольника ABC
, касающихся сторон BC
, AC
и AB
соответственно. Точки I_{A}
, I_{C}
и B
лежат на одной прямой — биссектрисе внешнего угла при вершине B
треугольника ABC
. Аналогично, точки A
и B
лежат на отрезках I_{C}I_{B}
и I_{A}I_{B}
соответственно.
Обозначим через O
точку пересечения продолжений радиусов I_{A}A'
и I_{C}C'
. В прямоугольных треугольниках I_{A}A'B
и I_{C}C'B
соответственно равны острые углы при общей вершине B
, значит, равны и другие острые углы, т. е. \angle BI_{A}A'=\angle BI_{C}C'
. Поскольку углы, прилежащие к стороне треугольника I_{A}OI_{C}
, равны, то этот треугольник равнобедренный. Если OP
— его высота, то P
— середина I_{A}I_{C}
.
Из точек A'
, C'
и P
отрезок OB
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром OB
.
Докажем, что точка P
лежит на описанной окружности треугольника ABC
. Действительно, AI_{A}\perp AI_{C}
(и CI_{A}\perp CI_{C}
) как биссектрисы смежных углов. Тогда из точек A
и C
отрезок I_{A}I_{C}
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром I_{A}I_{C}
, а так как точка P
— середина I_{A}I_{C}
, то P
— центр этой окружности. Центральный угол CPI_{A}
этой окружности вдвое больше вписанного угла CAI_{A}
, равного половине угла BAC
(так как AI_{A}
— биссектриса этого угла). Значит, \angle CPI_{A}=\angle BAC
. Поскольку
\angle PBC=180^{\circ}-\angle CPI_{A}=180^{\circ}-\angle BAC,
то четырёхугольник APBC
— вписанный, следовательно, точка P
лежит на описанной окружности треугольника ABC
и, в то же время, — на описанной, окружности треугольника A'BC'
, т. е. является точкой B_{1}
.
Аналогично докажем, что точки A_{1}
и C_{1}
— середины сторон соответственно I_{B}I_{C}
и I_{A}I_{B}
треугольника I_{A}I_{B}I_{C}
. Значит, стороны треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
соответственно параллельны сторонам треугольника I_{A}I_{B}I_{C}
.
Пусть теперь A_{0}
, B_{0}
и C_{0}
— точки касания вписанной окружности треугольника ABC
со сторонами BC
, AC
и AB
соответственно. Поскольку BA_{0}=BC_{0}
(как отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки), то треугольник BA_{0}C_{0}
— равнобедренный. Биссектриса BI_{A}
его внешнего угла при вершине параллельна основанию A_{0}C_{0}
(см. задачу 1174). Следовательно, A_{0}C_{0}\parallel I_{A}I_{C}
. Аналогично, A_{0}B_{0}\parallel I_{A}I_{B}
и B_{0}C_{0}\parallel I_{B}I_{C}
.
Ранее было доказано, что стороны треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
соответственно параллельны сторонам треугольника I_{A}I_{B}I_{C}
. Значит, стороны треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
соответственно параллельны сторонам треугольника A_{0}B_{0}C_{0}
. Следовательно, треугольник I_{A}I_{B}I_{C}
подобен треугольнику A_{0}B_{0}C_{0}
.
Второй способ. Пусть I_{A}
, I_{B}
и I_{C}
— центры вневписанных окружностей треугольника ABC
, касающихся сторон BC
, AC
и AB
соответственно. Точки I_{A}
, I_{C}
и B
лежат на одной прямой — биссектрисе внешнего угла при вершине B
треугольника ABC
. Аналогично, точки A
и B
лежат на отрезках I_{C}I_{B}
и I_{A}I_{B}
соответственно.
Заметим, что окружность, описанная около треугольника ABC
, есть окружность девяти точек треугольника I_{A}I_{B}I_{C}
(см. задачу 4126), значит, она проходит через середины сторон этого треугольника.
Пусть p
— полупериметр треугольника ABC
. Тогда AC'=p-AC=CA'
(см. задачу 4805), поэтому окружность, описанная около треугольника A'BC'
проходит через середину P
дуги ABC
описанной окружности треугольника ABC
(см. задачу 6436).
Докажем теперь, что точка P
лежит на прямой I_{A}I_{C}
. Пусть Q
— точка описанной окружности треугольника ABC
, диаметрально противоположная точке P
. Тогда Q
— середина дуги AC
, не содержащей точки B
, поэтому BQ
— биссектриса угла ABC
, \angle PBQ=90^{\circ}
. Обозначим \angle PBC=\alpha
. Тогда
\angle ACB=90^{\circ}-\alpha,~\angle ABC=180^{\circ}-2\alpha,
значит, если F
— точка на продолжении стороны AB
за точку B
, то
\angle FBC=180^{\circ}-\angle ABC=180^{\circ}-(180^{\circ}-2\alpha)=2\alpha=2\angle PBC.
Точка P
лежит на серединном перпендикуляре к стороне AC
, так как PA=PC
. С другой стороны, I_{A}A
и I_{C}C
— высоты треугольника I_{A}I_{B}I_{C}
, поэтому AB_{1}
и CB_{1}
— медианы прямоугольных треугольников I_{A}II_{C}
и I_{A}BI_{C}
, проведённые из вершин прямых углов, значит, B_{1}A=\frac{1}{2}I_{A}I_{C}=B_{1}C
. Следовательно, точка B_{1}
также лежит на серединном перпендикуляре к AC
, а значит, совпадает с точкой P
. Таким образом, точка B_{1}
(вторая точка пересечения описанных окружностей треугольников ABC
и A'BC'
) — Середина отрезка I_{A}I_{C}
. Аналогично для точек A_{1}
и B_{1}
. Значит, стороны треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
соответственно параллельны сторонам треугольника I_{A}I_{B}I_{C}
.
Пусть теперь A_{0}
, B_{0}
и C_{0}
— точки касания вписанной окружности треугольника ABC
со сторонами BC
, AC
и AB
соответственно. Поскольку BA_{0}=BC_{0}
(как отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки), то треугольник BA_{0}C_{0}
— равнобедренный. Биссектриса BI_{A}
его внешнего угла при вершине параллельна основанию A_{0}C_{0}
(см. задачу 1174). Значит, A_{0}C_{0}\parallel I_{A}I_{C}
. Аналогично, A_{0}B_{0}\parallel I_{A}I_{B}
и B_{0}C_{0}\parallel I_{B}I_{C}
. Следовательно, стороны треугольника A_{0}B_{0}C_{0}
соответственно параллельны сторонам треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
. Что и требовалось доказать.