|
|
 |
Условие
В равнобедренном треугольнике $ABC$ ($AB=AC$) проведена высота $AA_0$. Окружность $\gamma$ с центром в середине $AA_0$ касается прямых $AB$ и $AC$. Из точки $X$ прямой $BC$ проведены две касательные к $\gamma$. Докажите, что эти касательные высекают на прямых $AB$ и $AC$ равные отрезки.Решение 1
Рассмотрим случай, когда $X$ лежит на отрезке $BA_0$. Другие случаи разбираются аналогично.
Пусть $B_0$ и $C_0$ – середины $AC$ и $AB$ соответственно, одна из касательных пересекает отрезок $AC_0$ в точке $P$, а другая пересекает отрезок $CB_0$ в точке $Q$.
Применив к описанному четырехугольнику $APXQ$ теорему Ньютона, получим, что середины отрезков $AA_0$, $AX$ и $PQ$ лежат на одной прямой, т.е. середина $R$ отрезка $PQ$ лежит на средней линии $B_0C_0$ треугольника $ABC$.
Пусть точка $S$ симметрична $A$ относительно $R$. Тогда $S$ лежит на $BC$ и $APSQ$ – параллелограмм. Следовательно, $C_0P:A_0S=B_0Q:A_0S$ и $C_0P=B_0Q$.
Пусть теперь одна из касательных пересекает луч $C_0B$ в точке $P'$, а другая – луч $B_0A$ в точке $Q'$. Аналогично получаем, что $C_0P'=B_0Q'$. Следовательно, $PP'=QQ'$, ч.т.д.
Решение 2
Пусть одна из касательных пересекает $AB$ и $AC$ в точках $Y_1$ и $Y_2$, а другая – в точках $Z_1$ и $Z_2$ соответственно. Поскольку соответствие между этими точками проективно, достаточно доказать равенство $Y_1Z_1=Y_2Z_2$ для трех положений точки $X$, т.е. в силу симметрии для какой-нибудь точки, отличной от середины $BC$. При стремлении $X$ к точке $B$ одна из точек $Z_1$, $Y_1$ также стремится к $B$, а другая – к точке $P$ касания $\gamma$ со стороной $AB$. Пусть $Q$ – такая отличная от $A$ точка стороны $AC$, что $BQ$ касается $\gamma$, а $B_0$, $C_0$ – середины сторон $AC$, $AB$ соответственно. Тогда имеем равенство двойных отношений $(B,C_0,P,\infty)=(Q,\infty,A,B_0)$, т.е. $AQ=BP$.
Источники и прецеденты использования
| олимпиада | |
| Название | Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина |
| год | |
| Год | 2019 |
| Заочный тур | |
| задача | |
| Номер | 22 [10-11 кл] |
