Задача 67105

Темы:    [ Вписанные и описанные окружности ] [ Радиусы вписанной, описанной и вневписанной окружности (прочее) ] [ Проекция на прямую (прочее) ] [ Гомотетия помогает решить задачу ] [ Радикальная ось ]

Сложность: 4+ Классы: 9,10,11

Условие

Автор: Кухарчук И.

Пусть $O$, $I$ – центры описанной и вписанной окружностей треугольника $ABC$; $R$, $r$ – их радиусы; $D$ – точка касания вписанной окружности со стороной $BC$; $N$ – произвольная точка на отрезке $ID$. Перпендикуляр к $ID$ в точке $N$ пересекает описанную окружность $ABC$ в точках $X$ и $Y$. Пусть $O_1$ – центр описанной окружности $XIY$. Найдите произведение $OO_1\cdot IN$.

Решение 1

Верен более общий факт: пусть $P$ – произвольная точка внутри $ABC$; $R$ и $S$ – точки на отрезках $BP$ и $CP$ такие, что $RS\parallel BC$; $Q$ и $L$ – точки пересечения описанной окружности треугольника $ABC$ с $RS$; $O$ – центр окружности $ABC$; $O_1$ – центр окружности $BPC$; $O_2$ – центр окружности $QPL$. Тогда $OO_1:OO_2=RS:BC$.

Докажем его. Пусть $BP$ пересекает окружность $QPL$ в $F$, а окружность $ABC$ в $G$. Спроектируем $O$, $O_1$ и $O_2$ на $BP$ и сделаем гомотетию с центром в $P$ и коэффициентом 2. Точка $O_1$ попадет в $B$, $O_2$ в $F$, $O$ в такую точку $X$ на отрезке $BG$, что $XG=BP$. Для доказательства достаточно проверить: $GB:BX=BR:RP$. Это равносильно (т. к. $BX=GP$) $GR/RX=BR/RP$, а это верно в силу равенства степеней точки $R$ относительно окружностей $ABC$ и $QPL$.

Решение 2

Пусть $K$ – середина $XY$. Тогда $O_1X^2-OX^2=O_1K^2-OK^2$. С другой стороны, $O_1X^2=O_1I^2=OO_1^2+OI^2-2OO_1\cdot OI\cos\angle O_1OI$ (см. рис.). Следовательно, $2Rr=R^2-OI^2=2OO_1(OK-OI\cos\angle O_1OI)=2OO_1\cdot IN$. При других расположениях точек решение аналогично.

Ответ

$Rr$.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина
год
Год	2022
Заочный тур
задача
Номер	20 [10-11 кл]