Задача 116653

Темы:    [ Вписанные и описанные окружности ] [ Четыре точки, лежащие на одной окружности ] [ Вневписанные окружности ] [ Вспомогательные подобные треугольники ] [ Теорема Фалеса и теорема о пропорциональных отрезках ] [ Углы, опирающиеся на равные дуги и равные хорды ] [ Симметрия помогает решить задачу ] [ Изогональное сопряжение ]

Сложность: 5 Классы: 10,11

Условие

Автор: Кунгожин М.

Дан неравнобедренный треугольник ABC. Пусть N – середина дуги BAC его описанной окружности, а M – середина стороны BC. Обозначим через I₁ и I₂ центры вписанных окружностей треугольников ABM и ACM соответственно. Докажите, что точки I₁, I₂, A, N лежат на одной окружности.

Решение 1

  Пусть I – центр вписанной окружности треугольника ABC, а J₁ и J₂ – центры его вневписанных окружностей ω₁ и ω₂, касающихся сторон AB и AC соответственно. Прямая AN является внешней биссектрисой угла A, поэтому точки J₁ и J₂ лежат на ней. Пусть K₁ и K₂ – точки касания ω₁ и ω₂ с прямой BC; прямые NM, J₁K₁ и J₂K₂ перпендикулярны BC. Кроме того,  BK₁ = ½ (AB + AC – BC),  поэтому  MK₁ = ½ (AB + AC) = MK₂.  По теореме Фалеса  NJ₁ = NJ₂.
  ∠J₁BJ₂ = ∠J₁CJ₂ = 90°  как углы между внутренней и внешней биссектрисами. Значит, точки B и C лежат на окружности с диаметром J₁J₂, поэтому  ∠BCJ₁ = ∠BJ₂J₁.  Тогда треугольники IBC и IJ₁J₂ подобны по двум углам, а точки M и N соответственны в этих треугольниках как середины сторон (см. рис.).

  Пусть описанная окружность γ треугольника AI₁I₂ пересекает вторично прямые CI и BI в точках P₁ и P₂ соответственно.
∠I₁P₁I = ∠I₁P₁I₂ = ½ ∠A.  С другой стороны,  ∠BIP₁ = 90° – ½ ∠A = 90° – ∠I₁P₁I;  значит,  ∠P₁I₁P₂ = 90°,  то есть точки P₁ и P₂ диаметрально противоположны на γ. Кроме того, прямые P₁I₁ и BJ₁ перпендикулярны BJ₂, поэтому  II₁ : IP₁ = IB : IJ₁,  и точки I₁ и P₁ соответственны в треугольниках IBC и IJ₁J₂. Аналогично точки I₂ и P₂ также соответственны, откуда  ∠P₁NP₂ = ∠I₁MI₂ = 90°.  Это значит, что точка N лежит на окружности с диаметром P₁P₂, то есть на γ. Это и требовалось доказать.

Решение 2

  Прямоугольные треугольники BMN и CMN симметричны относительно MN. Пусть точка I'₂ симметрична I₂ относительно MN. Имеем
∠BMI₁ + ∠BMI'₂ = ∠BMI₁ + ∠CMI₂ = 90° = ∠BMN,  поэтому лучи MI₁ и MI₂' симметричны относительно биссектрисы угла BMN (см. рис.).

  ∠MBI₁ + ∠MBI'₂ = ∠MBI₁ + ∠MCI'₂ = 90° – ½ ∠ABC = 90° – ½ ∠BNM = ∠MBN,  поэтому лучи BI₁ и BI'₂ симметричны относительно биссектрисы угла MBN.
  Отсюда следует, что I₁ и I'₂ – изогонально сопряжённые точки в треугольнике BMN, а следовательно, и лучи NI₁ и NI'₂ симметричны относительно биссектрисы угла MNB (см. задачу 56924). Значит,  ∠BNM = ∠MNI₁ + ∠MNI₂.  Получаем:  ∠I₁AI₂ = ½ ∠BAC = ∠BNM = ∠MNI₁ + ∠MNI₂ = ∠I₁NI₂.  Это и означает, что точки I₁, I₂, A, N лежат на одной окружности.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Всероссийская олимпиада по математике
год
Год	2010-2011
Этап
Вариант	5
класс
Класс	11
Задача
Номер	11.8