Задача 67465

Темы:    [ Вписанные и описанные окружности ] [ Неравенство треугольника (прочее) ] [ Вписанные четырехугольники (прочее) ]

Сложность: 4- Классы: 8,9,10,11

Условие

Автор: Соколов А.

Пусть $O$ – центр описанной окружности остроугольного треугольника $ABC$. На стороне $BC$ отметили точку $D$. Окружности, описанные около треугольников $BOD$ и $COD$, повторно пересекают отрезки $AB$ и $AC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Докажите, что из отрезков $BX$, $XY$ и $YC$ можно сложить треугольник.

Решение

Поскольку четырёхугольники $BXOD$, $CYOD$ вписанные, то $\angle XOD + \angle CBA = \angle YOD + \angle ACB = 180^\circ$. Так как

$$\begin{aligned} \angle XOD + \angle YOD = 360^\circ - \angle ACB&-\angle CBA > \\ > 360^\circ - &\angle ACB-\angle CBA - \angle BAC = 180^\circ, \end{aligned}$$ точки $O$ и $A$ лежат по разные стороны от прямой $XY$. В частности, мы показали, что точка $O$ лежит строго внутри треугольника $XYD$.
Тогда $$\begin{aligned} \angle XOY + \angle BAC = 360^\circ - &\angle XOD - \angle YOD + \angle BAC = \\ = (180^\circ - \angle XOD) + &(180^\circ - \angle YOD) + \angle BAC =\\ = \angle CBA &+ \angle ACB + \angle BAC = 180^\circ, \end{aligned}$$ поэтому четырёхугольник $AXOY$ также является вписанным.
Далее можно рассуждать по-разному.
Первый способ. Пусть точка $Z$, отличная от $C$, на отрезке $BC$ такова, что $YC = YZ$ (рис. 1). Тогда поскольку треугольник $YZC$ равнобедренный, $\angle YZC = \angle ACB$. Заметим, что $$\begin{aligned} \angle YXD = \angle YXO + \angle DXO &=\angle YAO + \angle DBO = \\ =(90^\circ &- \angle ABC) + (90^\circ - \angle BAC) = \angle BCA. \end{aligned}$$

Значит, $\angle YZC = \angle YXD$, откуда следует (вне зависимости от порядка расположения точек $D$ и $Z$ на отрезке $BC$), что точки $X$, $Y$, $Z$ и $D$ лежат на одной окружности. Следовательно, $$\begin{aligned} \angle XZB = \angle XYD &= \angle XYO + \angle DYO =\angle XAO + \angle DCO = \\ &=(90^\circ - \angle BCA) + (90^\circ - \angle BAC) = \angle ABC. \end{aligned}$$ Поэтому треугольник $XZB$ равнобедренный и $XZ = XB$. Получаем, что треугольник $XYZ$ составлен из отрезков $XY$, $XZ$ и $YZ$, равных $XY$, $BX$ и $CY$ соответственно, что и требовалось.
Второй способ. Пусть точки $X'$, $Y'$ симметричны точкам $X$ и $Y$ относительно середин $M$ и $N$ сторон $AB$ и $AC$ соответственно (рис. 2). Поскольку $O$ – точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника, $\angle OMA = \angle ONA = 90^\circ$. Тогда из четырёхугольников $MONA$, $XOYA$ находим $\angle MON = \angle XOY = 180^\circ-\angle BAC$. Не ограничивая общности, предположим, что $X$ лежит на отрезке $AM$. Поскольку $\angle MON = \angle XOY$, точка $Y$ лежит на отрезке $NC$. Получаем, что $$\begin{aligned} \angle XOX' = 2\angle XOM &= 2(\angle MON - \angle XON) =\\ &= 2(\angle XOY - \angle XON) = 2\angle YON = \angle YOY'. \end{aligned}$$

Следовательно, треугольники $X'OY'$ и $XOY$ равны по двум сторонам и углу между ними (на самом деле, мы показали, что они совмещаются поворотом с центром в точке $O$ на угол $\angle YOY' = \angle XOX'$). Тогда $X'Y' = XY$. Поскольку $AX' = BX$, $AY' = CY$ из симметрии, получаем, что треугольник $AX'Y'$ составлен из отрезков, равных $XY$, $BX$ и $CY$, что и требовалось.
Третий способ. По теореме синусов радиус окружности, описанной около $AXOY$, равен $\frac{AO}{2\sin \angle AXO}$, а радиус окружности, описанной около $BXOD$, равен $\frac{BO}{2\sin\angle BXO}$. Поскольку $BO = AO$, $\angle BXO + \angle AXO = 180^\circ$, получаем, что радиусы этих двух окружностей равны. Проводя аналогичное рассуждение для четырёхугольников $AXOY$ и $CYOD$, получаем, что радиусы окружностей, описанных около всех трёх четырёхугольников $AXOY$, $BXOD$ и $CYOD$ равны. Обозначим эти окружности $\omega_1$, $\omega_2$, $\omega_3$ соответственно (рис. 3). Для того чтобы показать, что из отрезков $BX$, $XY$, $YC$ можно сложить треугольник, достаточно проверить, что вписанные углы, опирающиеся на эти отрезки в окружностях $\omega_2$, $\omega_1$, $\omega_3$ соответственно, в сумме дают $180^\circ$.

Убедимся в этом. Заметим, что $$\begin{aligned} \angle BOX + \angle COY &= \angle BDX + \angle CDY =\\&= 180^\circ - \angle ODX - \angle ODY = 180^\circ - \angle OBA - \angle OCA = \\&= 180^\circ - (90^\circ - \angle ACB) - (90^\circ - \angle CBA) = \angle ACB + \angle CBA. \end{aligned}$$ Таким образом, $$\angle XAY + \angle BOX + \angle COY = \angle BAC + \angle ACB + \angle CBA = 180^\circ,$$ что и требовалось доказать.

Замечания

Комментарий. Отметим, что во всех трёх способах решения неявно предполагается, что точки $X$ и $Y$ отличны от $A$. Тем не менее все три рассуждения можно уточнить и в противном случае. Например, если точка $X$ совпадёт с точкой $A$, то утверждение о вписанности четырёхугольника $AXOY$ из решения нужно заменить на утверждение о касании описанной окружности треугольника $AOY$ стороны $AB$ в точке $A$.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Московская математическая олимпиада
год
Год	2025
Номер	88
класс
Класс	11
задача
Номер	3