Задача 67253
|
|
 |
Условие
Дан треугольник $ABC$ и окружности $\omega_1$, $\omega_2$, $\omega_3$, $\omega_4$ с центрами $X$, $Y$, $Z$, $T$ соответственно такие, что каждая из прямых $BC$, $CA$, $AB$ высекает на них четыре равных отрезка. Докажите, что точка пересечения медиан треугольника $ABC$ делит отрезок с концами в $X$ и радикальном центре $\omega_2$, $\omega_3$, $\omega_4$ в отношении $2:1$, считая от $X$.Решение
Докажем, что описанная окружность $\Omega$ треугольника $ABC$ является окружностью девяти точек треугольника $YZT$. Действительно, пусть $M$ – середина $YZ$, $M_a$, $M_b$, $M_c$ – проекции $M$ на $BC$, $CA$, $AB$ соответственно, $Y_a$, $Z_a$ – проекции $Y$, $Z$ на $BC$. Тогда $M_a$ – середина $Y_aZ_a$ и, поскольку прямая $BC$ высекает на окружностях $\omega_2$, $\omega_3$ равные хорды, степени $M_a$ относительно этих окружностей равны. Аналогично равны степени относительно этих окружностей точек $M_b$, $M_c$. Следовательно, проекции точки $M$ на стороны треугольника $ABC$ лежат на одной прямой (радикальной оси), т.е. $M$ лежит на $\Omega$. Аналогично на $\Omega$ лежат середины отрезков $YT$, $ZT$, $XY$, $XZ$, $XT$. Значит, точки $X$, $Y$, $Z$, $T$ образуют ортоцентрическую четверку, а $\Omega$ является окружностью девяти точек треугольников $XYZ$, $YZT$, $XZT$, $XYT$.Пусть теперь $O$ – центр $\Omega$, $H$ – ортоцентр треугольника $ABC$, $H'$ – центр окружности $YZT$, $X'$ – радикальный центр $\omega_2$, $\omega_3$, $\omega_4$, $H_t$ и $R_t$ – проекции $H$ и $X'$ на $YZ$. Тогда прямая $HH_t$ параллельна прямой Симсона $X'R_t$ точки $M$ и проходит через ортоцентр $ABC$. Поэтому $HH_t$ – прямая Штейнера точки $M$ и $X'$ – середина $HH'$. Кроме того, $O$ – середина $XH'$ (потому что $X$ – ортоцентр $YZT$). Следовательно, центр тяжести $G$ треугольника $ABC$ является также центром тяжести точек $H$, $X$, $H'$, т.е $G$ лежит на $XX'$ и $GX=2GX'$.
