Версия для печати
Убрать все задачи

---

Точка $I$ – центр вписанной окружности треугольника $ABC$. Прямые, проходящие через точку $A$ параллельно $BI$, $CI$ пересекают серединный перпендикуляр к $AI$ в точках $S$, $T$ соответственно. Прямые $BT$ и $CS$ пересекаются в точке $Y$, а точка $A^*$ такова, что $BICA^*$ параллелограмм. Докажите, что середина отрезка $YA^*$ лежит на вневписанной окружности, касающейся стороны $BC$.

   Решение

Темы:    [ Прямая Эйлера и окружность девяти точек ] [ Точка Микеля ] [ Гомотетия помогает решить задачу ] [ Инверсия помогает решить задачу ] [ Вспомогательные подобные треугольники ] [ Теорема синусов ]

Сложность: 5 Классы: 9,10,11

Прислать комментарий

Условие

Точка $I$ – центр вписанной окружности треугольника $ABC$. Прямые, проходящие через точку $A$ параллельно $BI$, $CI$ пересекают серединный перпендикуляр к $AI$ в точках $S$, $T$ соответственно. Прямые $BT$ и $CS$ пересекаются в точке $Y$, а точка $A^*$ такова, что $BICA^*$ параллелограмм. Докажите, что середина отрезка $YA^*$ лежит на вневписанной окружности, касающейся стороны $BC$.

Решение 1

Легко видеть, что $\angle IST=\angle AST=\angle ICB$, $\angle ITS=\angle ATS=\angle IBC$. Поэтому треугольники $BIC$ и $TIS$ подобны, т.е. $I$ – точка Микеля четырехсторонника $BCST$ и $Y$ лежит на окружностях $ICB$, $ITS$. Пусть $J$ – центр вневписанной окружности. Тогда $A^*$ – ортоцентр треугольника $JBC$, а значит, середина $A^*Y$ лежит на окружности девяти точек этого треугольника.

Пусть $B'$, $C'$ – вторые точки пересечения прямых $AS$, $AT$ с окружностью $ITS$. Тогда $\angle B'C'T=\angle TC'I=\angle B'ST=\angle TSI$, следовательно, $C'A$ – биссектриса угла $B'C'I$, равного углу $ACB$. Аналогично $B'A$ – биссектриса угла $C'B'I$, равного углу $ABC$. При этом соответствующие стороны треугольников $ABC$ и $IB'C'$ параллельны, поскольку параллельны из биссектрисы, значит, эти треугольники симметричны относительно середины $AI$. Тогда $AB'CA^*$, $AC'BA^*$ – параллелограммы и при гомотетии с центром $A^*$ и коэффициентом $1/2$ окружность $ITS$ перейдет в окружность девяти точек треугольника $ABC$.

Таким образом середина $A^*Y$ является пересечением окружностей девяти точек треугольников $ABC$ и $JBC$. Через эту точку проходит и педальная окружность точки $J$ относительно треугольника $ABC$ – вневписанная окружность.

Примечание. Из решения следует, что середина $A^*Y$ является точкой Фейербаха $F_a$.

Решение 2

Пусть $ST$ пересекает $BC$ в точке $P$. При инверсии+симметрии с центром $A$, меняющей $B$ и $C$ местами, точка $I$ переходит в $J$, а точка $P$ – в такую точку $P'$ на описанной окружности, что равнобедренные треугольники $API$ и $AJP'$ подобны. Пусть вневписанная окружность касается $BC$ в точке $D$. Так как треугольник из внешних биссектрис подобен треугольнику $BCJ$, а точки $A$ и $D$ в них соответствующие, то существует такая точка $P''$ на окружности Эйлера треугольника $BCJ$, что равнобедренные треугольники $AJP'$ и $DJP''$ подобны. Пусть $M$ – середина $BC$ и $\alpha = \angle API = \angle DJP''$. Нетрудно видеть, что дуга $MP''$ окружности Эйлера треугольника $BCJ$ и дуга $IY$ окружности $BCJ$ равны $\alpha$, поэтому гомотетия с центром $A^*$ и коэффициентом 2 переводит $M$ в $I$, а $P''$ в $Y$.

Решение 3

Переобозначим $A^*$ через $Z$. Штрихом будем обозначать образы при симметрии относительно $AI$. Пусть $M$ – середина $BC$, а вписанная и вневписанная окружности касаются $BC$ в точках $P$ и $Q$. Мы докажем, что середина $Y'Z'$ – вторая точка пересечения $M'Q$ со вневписанной. Заметим, что $S'$ и $T'$ – середины дуг $AC$ и $AB$ описанной окружности. Треугольники $S'IC'$ и $T'IB'$ подобны – углы при $I$ равны, и $IS'/IC'=IS'/IC=IT'/IB=IT'/IB'$. Значит, они поворотно гомотетичны, а тогда $Y'$ – вторая точка пересечения окружностей $BIC$ и $S'IT'$. Пусть $K$ – точка, симметричная $I$ относительно серединного перпендикуляра к $BC$ (она тоже лежит на окружности $BB'CC'IY'$), а $F$ – радикальный центр окружностей $ABC$, $BIC$, $S'IT'$. Тогда, поскольку $MI\parallel AQ$, имеем $MM':MQ=2IP:IA=BC:S'T'=\sin BFI:\sin S'FI=\sin Y'IK:\sin Y'KI=Y'K:Y'I$. Поскольку $\angle QMM'=\angle KY'I$, получаем, что треугольники $QMM'$ и $IY'K$ подобны. В частности, прямые $IY'$ и $M'Q$ параллельны, и первая получается из второй гомотетией из $Z$ с коэффициентом $2$. Пусть при этой гомотетии $Q$ переходит в $X$. Тогда $\angle KXI=\angle MM'Q=\angle Y'KI$, откуда $IY'\cdot IX=IK^2=4M'Q'^2$. Значит, $M'Q'^2=IX\cdot IY'/4=M'Q\cdot (IY'/2)$. Значит, $M'Q$ вторично пересекает вневписанную в точке, лежащей на расстоянии $IY'/2$ от $M'$, то есть в середине $ZY'$.

Источники и прецеденты использования