|
|
 |
Условие
Окружность $\omega$, вписанная в неравнобедренный треугольник $ABC$, касается его сторон $BC, CA$ и $AB$ в точках $D, E$ и $F$ соответственно. Точка $M$ на луче $EF$ такова, что $EM = AB$. Точка $N$ на луче $FE$ такова, что $FN = AC$. Окружности $BFM$ и $CEN$ повторно пересекают $\omega$ в точках $S$ и $T$ соответственно. Докажите, что прямые $BS, CT$ и $AD$ пересекаются в одной точке.Решение
Лемма. Пусть $X$, $Y$, $Z$ – такие точки на $\omega$, что прямые $DX$, $EY$, $FZ$ пересекаются в одной точке. Тогда прямые $AX$, $BY$, $CZ$ пересекаются в одной точке.Доказательство. Очевидно, $\angle AEX =\angle EDX$ и $\angle XFA=\angle XDF$. Также, по теореме синусов $$ \frac{\sin\angle FAX}{\sin\angle XFA}=\frac{XF}{AX},\quad \frac{\sin\angle XAE}{\sin\angle AEX}=\frac{XE}{AX}.$$ Следовательно, $$\frac{\sin \angle BAX}{ \sin \angle XAC}= \frac{\sin \angle FAX}{\sin \angle XAE} =\frac{XF}{XE}\cdot\frac{\sin \angle XFA}{\sin \angle AEX}=\frac{XF}{XE}\cdot\frac{\sin \angle XDF}{\sin \angle EDX}=\bigg(\frac{\sin\angle XDF}{\sin \angle EDX} \bigg)^{2}.$$ Аналогично $$\frac{\sin \angle CBY}{\sin \angle YBA}=\bigg(\frac{\sin\angle YED}{\sin \angle FEY} \bigg)^{2}; \frac{\sin \angle ACZ}{\sin \angle ZCB} =\bigg(\frac{\sin\angle ZFE}{\sin \angle DFZ} \bigg)^{2}.$$ Поэтому $$\frac{\sin \angle B A X}{ \sin \angle XAC}\cdot\frac{\sin \angle CBY}{\sin \angle YBA}\cdot \frac{\sin \angle ACZ}{\sin \angle ZCB}=1,$$ и утверждение леммы следует из теоремы Чевы.
Вернемся к задаче. Обозначим через $O(ABCD)$ двойное отношение прямых $OA$, $OB$, $OC$, $OD$. Пусть $J$ – точка пересечения $FT$ и $ES$, $G$ – вторая точка пересечения $AD$ и $\omega$, $K$ – точка пересечения $EF$ и $BC$.
Так как $\angle FMS=\angle FBS$, $\angle MES=\angle BFS$, получаем, что треугольники $SBF$ и $SME$ подобны. Значит, $SE:SF=ME:BF=AB:BF$. Тогда $$ E(AFJD)=E(EFSD)=(EFSD)=\frac{SE}{SF}:\frac{DE}{DF}=\frac{AB}{BF}\cdot \frac{DF}{DE}. $$ Аналогично $$ F(AEJD)= \frac{AC}{CE}\cdot \frac{DE}{DF}. $$ Таким образом $$E(AFJD): F(AEJD) = \frac{AB}{AC}\cdot \frac{CE}{BF}\cdot \frac{DF^2}{DE^2}= \frac{AB}{AC}\cdot \frac{CE}{BF}\cdot \frac{KF}{KE}. $$ Применяя теорему Менелая к треугольнику $AEF$ и точкам $K, B, C$, получаем $$ \frac{AB}{BF}\cdot\frac{FK}{KE}\cdot\frac{EC}{CA}=1.$$ Следовательно, $E(AFJD)=F(AEJD)$, т.е. $A$, $J$, $D$ лежат на одной прямой. Поэтому $DG$, $ES$ и $FT$ пересекаются в точке $J$ и по лемме $BS$, $CT$ и $AG$ пересекаются в одной точке.
Источники и прецеденты использования
| олимпиада | |
| Название | Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина |
| год | |
| Год | 2024 |
| Заочный тур | |
| задача | |
| Номер | 17 [9-11 кл] |
