Задача 64474

Темы:    [ Вписанные и описанные окружности ] [ Три прямые, пересекающиеся в одной точке ] [ Гомотетия помогает решить задачу ] [ Вписанные четырехугольники (прочее) ]

Сложность: 5 Классы: 10,11

Условие

Автор: Прокопенко Д.

а) Вписанная окружность треугольника ABC касается сторон AC и AB в точках B₀ и C₀ соответственно. Биссектрисы углов B и C треугольника ABC пересекают серединный перпендикуляр к биссектрисе AL в точках Q и P соответственно. Докажите, что прямые PC₀ и QB₀ пересекаются на прямой BC.

б) В треугольнике ABC провели биссектрису AL. Точки O₁ и O₂ – центры описанных окружностей треугольников ABL и ACL соответственно. Точки B₁ и C₁ – проекции вершин C и B на биссектрисы углов B и C соответственно. Докажите, что прямые O₁C₁ и O₂B₁ пересекаются на прямой BC.

в) Докажите, что точки, полученные в пп. а) и б), совпадают.

Решение

  а) Очевидно, что  PQ || B₀C₀.  Кроме того, точка P лежит на описанной окружности треугольника ACL (действительно, серединный перпендикуляр к пересекает эту окружность в середине дуги AL, то есть точка пересечения лежит на биссектрисе угла C). Значит,  ∠PLA = ½ ∠C  и
∠PLB = ∠ALB – ∠PLA = ∠C + ½ ∠A – ½ ∠C = ½ ∠A + ½ ∠C = 90° – ½ ∠B = ∠C₀A₀B  (A₀ – точка касания вписанной окружности с BC). Следовательно, соответственные стороны треугольников PQL и C₀B₀A₀ параллельны, то есть эти треугольники гомотетичны (рис. слева). Значит, прямые PC₀, QB₀ и LA₀ (она же BC) пересекаются в одной точке – центре гомотетии.

         

  б) Поскольку точка, симметричная B относительно биссектрисы угла C, лежит на прямой AC, точка C₁ лежит на средней линии A'C'. При этом
A'C₁ = ½ BC,  а значит,  C'C₁ = ½ |AC – BC| = C'C₀.  Пусть C₂ – точка пересечения A'C' с B₀C₀. Нетрудно проверить, что  ∠C'С₀С₂ = 90° – ½ ∠A = ∠C'С₂С₀.  Поэтому  C'C₂ = C'C₀ = C'С₁,  то есть точки С₁ и С₂ совпадают. Итак, C₁ лежит на прямой B₀C₀. Аналогично, на этой прямой лежит и точка B₁.
  Таким образом, прямые O₁O₂ и C₁B₁ параллельны. Четырёхугольник BC₁IA₀ – вписанный, поэтому
∠C₁A₀B = ∠C₁IB = 90° – ½ ∠A = (180╟ – ½ ∠A – ∠B) – (90° – ∠B) = ∠ALB – ∠ALO₁ = ∠O₁LB.  Значит,  A₀C₁ || LO₁.  Аналогично  A₀B₁ || LO₂  (рис. справа). Следовательно, треугольники O₁O₂L и C₁B₁A₀ гомотетичны, и прямые O₁C₁ и O₂B₁ и LA₀ (она же BC) пересекаются в одной точке – центре гомотетии.

  в) Каждая из гомотетий пп. а) и б) переводит A₀ в L, а прямую B₀C₀ – в серединный перпендикуляр к AL. Поэтому их центры совпадают.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина
год
Год	2013
год
Год	2013
задача
Номер	19