|
|
 |
Условие
На стороне
AB треугольника ABC выбрана точка M. В треугольнике ACM
точка I1 – центр вписанной, J1 – центр вневписанной
окружности, касающейся стороны CM. В треугольнике BCM точка
I2 – центр вписанной, J2 центр вневписанной окружности,
касающейся стороны CM. Докажите, что прямая, проходящая через
середины отрезков I1I2 и J1J2 перпендикулярна AB.
Решение
Пусть P, R, S и Q – основания перпендикуляров, проведенных из точек I1, I2, J1 и J2 к прямой AB (см. рисунок).
Докажем, что PQ = RS. Используя, что MP = pACM – AC, а BQ = pBCM, получим: PQ = MQ – MP = (BQ – BM) – (pACM – AC) = (pBCM – BM) – (pACM – AC) = 0,5(BC + CM – BM – AM – CM + AC) = 0,5(BC + AC – AB).
Аналогичные вычисления можно проделать и для отрезка RS.
Пусть X и Y – середины отрезков I1I2 и J1J2
соответственно. Докажем, что = 0. Заметим, что
.
Кроме того,
,
а RS =
.
Следовательно,
= 0,
что и требовалось.
Комментарии.
1) Вместо использования скалярного произведения векторов можно было воспользоваться тем, что при проекции на AB середины отрезков I1I2 и J1J2 попадают в совпадающие середины отрезков PR и QS.
2) Верен следующий факт (И.Ф.Шарыгин): Пусть L – точка касания окружности, вписанной в треугольник ABC, со стороной AB. Тогда точки I1, I2, M и L лежат на одной окружности.
Доказав аналогичный факт для точек J1 и J2, и учитывая, что точки X и Y – центры этих окружностей, то есть лежат на серединном перпендикуляре к ML, можно получить другое решение задачи.
3) Еще один факт, эквивалентный задаче И.Ф. Шарыгина и связанный с даной задачей: LP = MR. Его можно доказать, используя отрезки касательных.
4) Пусть I – центр вписанной окружности треугольника ABC. Тогда прямая XY является прямой Гаусса для четырехугольника II1MI2 и проходит через середину IM. Теперь, используя задачу И.Ф. Шарыгина или факт из комментария 3, можно получить еще одно решение данной задачи. Про прямую Гаусса см., например, В.В. Прасолов, "Задачи по планиметрии", глава 4.
