|
|
 |
Условие
В треугольнике $ABC$ $\angle A=60^{\circ}$; $AD$, $BE$ и $CF$ – биссектрисы; $P$, $Q$ – проекции $A$ на $EF$ и $BC$; $R$ – вторая точка пересечения окружности $DEF$ с прямой $AD$. Докажите, что $P$, $Q$, $R$ лежат на одной прямой.
Решение
Известно, что окружность, проходящая через основания биссектрис, походит через точку Фейербаха. Кроме того, поскольку $\angle A=60^{\circ}$, ортоцентр и центр описанной окружности треугольника симметричны относительно биссектрисы угла $A$. Поэтому центр окружности девяти точек, а значит, и точка Фейербаха лежат на прямой $AD$, т.е. точка Фейербаха совпадает с точкой $R$. При этом, если $I$, $r$ – центр и радиус вписанной окружности, то $AI=2r=2IR$. Таким образом, задача сводится к доказательству того, что прямая $PQ$ делит отрезок $AI$ пополам. Докажем, что это верно для произвольного треугольника.
Пусть прямая $EF$ пересекает $AD$ в точке $S$, а $BC$ – в точке $T$. Так как четверка $A$, $I$, $S$, $D$ – гармоническая, точки $S$ и $D$ инверсны относительно окружности с диаметром $AI$. С другой стороны, $T$ – основание внешней биссектрисы угла $A$, поэтому $AQ$ и $AP$ – высоты прямоугольных треугольников $DAT$ и $SAT$. Следовательно, $TS\cdot TP=TD\cdot TQ=TA^2$ и инверсия относительно окружности с центром $T$ и радиусом $TA$ меняет местами $S$ и $P$, $T$ и $Q$. Поскольку эта окружность перпендикулярна окружности с диаметром $AI$, точки $P$, $Q$ инверсны относительно последней окружности, т.е. $PQ$ проходит через ее центр $R$.
