Условие
В треугольнике $ABC$ высоты $BE$ и $CF$ пересекаются в точке $H$, точка $M$ — середина стороны $BC$, а $X$ — точка пересечения внутренних касательных к окружностям, вписанным в треугольники $BMF$ и $CME$. Докажите, что точки $X$, $M$ и $H$ лежат на одной прямой.
Решение 1
Пусть $S$, $T$ — середины высот $BE$ и $CF$, а $L,N$ — середины отрезков $BF$ и $CE$ (см. рисунок). Обозначим окружности, вписанные в треугольники $BMF,CME$, через $\omega_{1},\omega_{2}$, а их центры — через $I_b$ и $I_c$ соответственно. Треугольники $BMF$ и $CME$ — равнобедренные, поэтому точки $I_b$ и $I_c$ лежат на соответствующих высотах $ML$ и $MN$ этих треугольников. Отрезки $BI_b$ и $CI_c$ являются биссектрисами треугольников $MLB$ и $MNC$, поэтому, записывая для них основное свойство биссектрисы, получаем соотношения $\frac{MI_c}{NI_c} = \frac{MC}{NC}, \frac{MI_b}{LI_b} = \frac{MB}{LB}$. Разделив первое на второе и учитывая равенство $MB = MC$, получим, что $\frac{MI_c}{MI_b}\cdot\frac{LI_b}{NI_c} = \frac{LB}{NC}$. Поскольку $X$ — центр гомотетии, переводящей $\omega_{1}$ в $\omega_{2}$, то $X$ лежит на линии центров $I_bI_c$ и верно равенство $ \frac{LI_b}{NI_c} = \frac{XI_b}{XI_c}$. Но тогда $\frac{MI_c}{MI_b}\cdot\frac{LI_b}{NI_c} = \frac{MI_c}{MI_b}\cdot\frac{XI_b}{XI_c} = \frac{MI_c}{MI_b}\cdot\frac{S_{MXI_b}}{S_{MXI_c}} = \frac{\rho(X,MI_b)}{\rho(X,MI_c)}$, где $\rho(X,AB)$ обозначает расстояние от точки $X$ до прямой $AB$. С другой стороны, по свойству средней линии $MS\parallel AC$ и $MT\parallel AB$, то есть $MS\perp BE$ и $MT \perp CF$. Значит, $MLFT$ и $MNES$ — прямоугольники, то есть $MT = LF$ и $MS = NE$. Тогда выполнены равенства $\frac{LB}{NC} = \frac{LF}{NE} = \frac{MT}{MS} = \frac{\rho(H,ML)}{\rho(H,MN)}$, где последнее равенство выполнено, поскольку $MS$ и $MT$ есть в точности общие перпендикуляры к парам параллельных прямых $BE\parallel MN$ и $CF\parallel ML$. Собирая все доказанные равенства вместе, получаем, что $\frac{\rho(H,ML)}{\rho(H,MN)} = \frac{LB}{NC} = \frac{MI_c}{MI_b}\cdot\frac{LI_b}{NI_c} = \frac{\rho(X,MI_b)}{\rho(X,MI_c)}$, откуда немедленно следует, что точки $M$, $X$ и $H$ лежат на одной прямой.
Решение 2
Как и в первом решении, обозначим окружности, вписанные в треугольники $BMF$ и $CME$, через $\omega_{1},\omega_{2}$, их центры через $I_b$ и $I_c$ соответственно, а середины отрезков $BF$ и $CE$ — через $L$ и $N$. Пусть также $Y$ — точка пересечения внешних касательных к $\omega_{1},\omega_{2}$. Заметим, что четвёрка точек $(I_b,I_c,X,Y)$ — гармоническая, то есть двойное отношение $(I_b,I_c;X,Y)$ равно $-1$. Спроецируем эту четвёрку точек на прямую $BE$ с центром в точке $M$. Точка $Y$ лежит на прямой $BC$, поскольку эта прямая является одной из внешних касательных к $\omega_{1}$ и $\omega_{2}$, поэтому $Y$ перейдёт в $B$. Точка $I_b$ перейдёт в точку $R$ пересечения прямых $ML$ и $BH$, которая является серединой $BH$, поскольку в треугольнике $BFC$ отрезок $ML$ — средняя линия. Точка $I_c$ перейдёт в бесконечно удалённую точку прямой $BH$, поскольку $MI_c \parallel BH$. Но при центральной проекции сохраняется двойное отношение четвёрки точек, а четвёрка $(R,\infty,H,B)$ — гармоническая. Значит, образом точки $X$ при данной проекции является точка $H$, что и требовалось доказать.
Источники и прецеденты использования
|
|
|
олимпиада |
|
Название |
Московская математическая олимпиада |
|
год |
|
Номер |
86 |
|
Год |
2023 |
|
класс |
|
Класс |
11 |
|
задача |
|
Номер |
3 |
