Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2040
2019-01-23 
Окружности $\omega_B, \omega_C$ - вневписанные для треугольника $ABC$ (т. е. $\omega_в\:и \omega_с$ касаются соответственно сторон $AC$ и $AB$ и продолжений двух других сторон). Окружность $\omega_B^{\prime}$ в симметрична $\omega_B$ относительно середины стороны $AC$, окружность $\omega_C^{\prime}$ симметрична $\omega_C$ относительно середины стороны $AB$. Докажите, что прямая, проходящая через точки пересечения окружностей $\omega_B^{\prime}$ и $\omega_C^{\prime}$, делит периметр треугольника $ABC$ пополам.
Решение:
Пусть $B_0, C_0$ - середины сторон $AC, AB$ соответственно, $\omega_A$ - третья вневписанная окружность, $P$ и $Q$ - точки пересечения $\omega^{\prime}_B$ и $\omega^{\prime}_C$. Положим $AB = c, BC = a, CA = b$. Обозначим через $I_A, I_B, I_C, I_B^{\prime} , I_C^{\prime}$ центры окружностей $\omega_A, \omega_B, \omega_C, \omega_B^{\prime}, \omega_C^{\prime}$ соответственно. Обозначим через $D, E, F$ точки касания $\omega_A, \omega_B, \omega_C$ и сторон $BC, CA, AB$; через $E^{\prime}, F^{\prime}$ - точки касания $\omega_B^{\prime}, \omega_C^{\prime}$ и сторон $CA, AB$; через $X, Y$ - точки касания $\omega_A$ и продолжений сторон $AB, BC$ соответственно (см.![]()
).
Известно, что $AD$ делит пополам периметр треугольника $ABC$ (это следует из того, что $CD = \frac{a+c-b}{2}$). Поэтому достаточно показать, что (1) $A$ лежит на $PQ$; (2) $AD \perp I_B^{\prime}I_C^{\prime}$.
1) Ясно, что $E$ и $E^{\prime}$ симметричны относительно $B_0$. Следовательно, $АЕ^{\prime} = СЕ = \frac{b+c-a}{2}$. Аналогично, $AF^{\prime} = \frac{b+c-a}{2}$. Получаем, что касательные к $\omega_B^{\prime}$ и $\omega_C^{\prime}$, проведенные из точки $A$, равны. Поэтому $A$ лежит на радикальной оси $PQ$ окружностей $\omega_B^{\prime}$ и $\omega_C^{\prime}$.
2) Из симметрии следует, что $AI_B^{\prime}CIB$ - параллелограмм, поэтому $ \vec{I_B^{\prime}C} = \vec{AI_B}$. Аналогично, $AI_C^{\prime}BIC$ - параллелограмм, поэтому $\vec{BI^{\prime}C} = \vec{I_CA}$. Построим такую точку $T$, что $BI_C^{\prime}TC$ - параллелограмм. Получаем: $\vec{I_C^{\prime}T} = \vec{BC}, \vec{I_B^{\prime}T} = \vec{I_B^{\prime}C} + \vec{CT} = \vec{AI_B} + \vec{I_CA} = \vec{I_CI_B}$.
Так как $AI_A$ и $I_BI_C$ являются внутренней и внешней биссектрисами угла $BAC,$ то $AI_A \perp IbI_C$. Аналогично, $BI_B \perp I_CI_A, CI_C \perp I_AI_B$. Следовательно, $I_AB = I_AI_B \cos \angle I_BI_AI_C, I_AI_C = I_AI_C \cos \angle I_BI_AI_C$. Это означает, что $\triangle I_AB_C \sim \triangle I_AI_BI_C$. Заметим, что $I_AD$ и $I_AA$ - соответствующие высоты в подобных треугольниках $I_ABC$ и $I_AI_BI_C$. Отсюда следует, $\frac{I_AD}{I_AA} = \frac{BC}{I_BI_C}$.
Рассмотрим треугольники $I_B^{\prime}I_C^{\prime}T$ и $ADI_A$. Имеем: $I_B^{\prime}T \parallel I_BI_C \perp I_AA, I_C^{\prime}T \parallel BC \perp I_AD, \frac{I_C^{\prime}T}{I_B^{\prime}T} = \frac{BC}{I_BI_C} = \frac{I_AD}{I_AA}$. Отсюда следует, что треугольники подобны, и их соответствующие стороны перпендикулярны. Итак, $I_B^{\prime}I_C^{\prime} \perp AD$.
Замечание. Вместо части (2) можно доказать, что $D$ лежит на $PQ$ следующим образом.
Пусть $\omega$ - вписанная окружность треугольника $ABC$. Нетрудно видеть, что $\omega$ касается $AB$ и $AC$ соответственно в точках $F^{\prime}, E^{\prime}$. Обозначим через $I$ центр $\omega$, через $D^{\prime}$ - точку касания $\omega$ и $BC$. Обозначим через $r, r_B, r_C$ соответственно радиусы окружностей $\omega, \omega_B, \omega_C$. В окружности $\omega$ проведем диаметр $SD^{\prime}$ (см. рис.).
Гомотетия с центром $A$, переводящая $\omega_A$ в $\omega$, переводит $D$ в $S$. Поэтому, достаточно доказать, что $S \in PQ$.
Гомотетия с центром $Е^{\prime}$ и коэффициентом $\frac{r_B}{r}$- переводит $\omega$ в и $\omega_B^{\prime}$. Обозначим через $SB$ образ точки $S$ при этой гомотетии. Также, обозначим через $SC$ образ точки $S$ при гомотетии с центром $F^{\prime}$, переводящей $\omega$ в $\omega_C^{\prime}$. Достаточно показать, что $E^{\prime}S \cdot SS_B = F^{\prime}S \cdot SS_C$. Заметим, что $E^{\prime}S \cdot SS_B Е^{\prime}S_2 \cdot (E^{\prime}S_B - E^{\prime}S) = E^{\prime}S \cdot (\frac{rB}{r}E^{\prime}S - E^{\prime}S) = \frac{r_B - r}{E^{\prime}S^2}$. Аналогично, $F^{\prime}S \cdot SS_C = \frac{r_C - r}{r}F^{\prime}S^2$. Чтобы завершить решение, установим, что
$(r_B - r)E^{\prime}S^2 = (r_C - r)F^{\prime}S^2$. (1)
Четырехугольник $F^{\prime}SE^{\prime}D^{\prime}$ вписанный, поэтому $\angle SE^{\prime}F^{\prime} = \angle SD^{\prime}F^{\prime} = \frac{\pi}{2} - \angle BD^{\prime}F^{\prime} = \frac{\angle B}{2}$.
Аналогично, $\angle SF^{\prime}E^{\prime} = \frac{\angle C}{2}$. По теореме синусов
$\frac{E^{\prime}S}{F^{\prime}S} = \frac{\sin {\angle C / 2}}{\sin {\angle B / 2}}$. (2)
Четырехугольник $BCI_BI_C$ вписанный, поэтому $\angle II_CI_B = \angle IBC = \frac{\angle B}{2} $. Аналогично, $\angle II_BI_C = \frac{\angle C}{2}$. Заметим, что $IB = \frac{ID^{\prime}}{\sin {\angle B / 2}} = \frac{r_B}{\sin {\angle B / 2}}$, и также $I_BB = \frac{r_B}{\sin {\angle B / 2}}$. Получаем $I_BI = I_BB - IB = \frac{r_B - r}{\sin {\angle B / 2}}$. Аналогично, $I_CI = \frac{r_C - r}{\sin {\angle C / 2}}$. Из теоремы синусов
$\frac{I_{B}I }{I_{C}I } = \frac {\frac{r_B - r}{\sin\frac{\angle B}{2}}}{\frac{r_C - r}{\sin\frac{\angle C}{2}}} = \frac{\sin \frac{\angle B}{2}}{\sin \frac{\angle C}{2}}$.
Из (2) и (3) получаем (1).
Окружности $\omega_B, \omega_C$ - вневписанные для треугольника $ABC$ (т. е. $\omega_в\:и \omega_с$ касаются соответственно сторон $AC$ и $AB$ и продолжений двух других сторон). Окружность $\omega_B^{\prime}$ в симметрична $\omega_B$ относительно середины стороны $AC$, окружность $\omega_C^{\prime}$ симметрична $\omega_C$ относительно середины стороны $AB$. Докажите, что прямая, проходящая через точки пересечения окружностей $\omega_B^{\prime}$ и $\omega_C^{\prime}$, делит периметр треугольника $ABC$ пополам.
Решение:
Пусть $B_0, C_0$ - середины сторон $AC, AB$ соответственно, $\omega_A$ - третья вневписанная окружность, $P$ и $Q$ - точки пересечения $\omega^{\prime}_B$ и $\omega^{\prime}_C$. Положим $AB = c, BC = a, CA = b$. Обозначим через $I_A, I_B, I_C, I_B^{\prime} , I_C^{\prime}$ центры окружностей $\omega_A, \omega_B, \omega_C, \omega_B^{\prime}, \omega_C^{\prime}$ соответственно. Обозначим через $D, E, F$ точки касания $\omega_A, \omega_B, \omega_C$ и сторон $BC, CA, AB$; через $E^{\prime}, F^{\prime}$ - точки касания $\omega_B^{\prime}, \omega_C^{\prime}$ и сторон $CA, AB$; через $X, Y$ - точки касания $\omega_A$ и продолжений сторон $AB, BC$ соответственно (см.
Известно, что $AD$ делит пополам периметр треугольника $ABC$ (это следует из того, что $CD = \frac{a+c-b}{2}$). Поэтому достаточно показать, что (1) $A$ лежит на $PQ$; (2) $AD \perp I_B^{\prime}I_C^{\prime}$.
1) Ясно, что $E$ и $E^{\prime}$ симметричны относительно $B_0$. Следовательно, $АЕ^{\prime} = СЕ = \frac{b+c-a}{2}$. Аналогично, $AF^{\prime} = \frac{b+c-a}{2}$. Получаем, что касательные к $\omega_B^{\prime}$ и $\omega_C^{\prime}$, проведенные из точки $A$, равны. Поэтому $A$ лежит на радикальной оси $PQ$ окружностей $\omega_B^{\prime}$ и $\omega_C^{\prime}$.
2) Из симметрии следует, что $AI_B^{\prime}CIB$ - параллелограмм, поэтому $ \vec{I_B^{\prime}C} = \vec{AI_B}$. Аналогично, $AI_C^{\prime}BIC$ - параллелограмм, поэтому $\vec{BI^{\prime}C} = \vec{I_CA}$. Построим такую точку $T$, что $BI_C^{\prime}TC$ - параллелограмм. Получаем: $\vec{I_C^{\prime}T} = \vec{BC}, \vec{I_B^{\prime}T} = \vec{I_B^{\prime}C} + \vec{CT} = \vec{AI_B} + \vec{I_CA} = \vec{I_CI_B}$.
Так как $AI_A$ и $I_BI_C$ являются внутренней и внешней биссектрисами угла $BAC,$ то $AI_A \perp IbI_C$. Аналогично, $BI_B \perp I_CI_A, CI_C \perp I_AI_B$. Следовательно, $I_AB = I_AI_B \cos \angle I_BI_AI_C, I_AI_C = I_AI_C \cos \angle I_BI_AI_C$. Это означает, что $\triangle I_AB_C \sim \triangle I_AI_BI_C$. Заметим, что $I_AD$ и $I_AA$ - соответствующие высоты в подобных треугольниках $I_ABC$ и $I_AI_BI_C$. Отсюда следует, $\frac{I_AD}{I_AA} = \frac{BC}{I_BI_C}$.
Рассмотрим треугольники $I_B^{\prime}I_C^{\prime}T$ и $ADI_A$. Имеем: $I_B^{\prime}T \parallel I_BI_C \perp I_AA, I_C^{\prime}T \parallel BC \perp I_AD, \frac{I_C^{\prime}T}{I_B^{\prime}T} = \frac{BC}{I_BI_C} = \frac{I_AD}{I_AA}$. Отсюда следует, что треугольники подобны, и их соответствующие стороны перпендикулярны. Итак, $I_B^{\prime}I_C^{\prime} \perp AD$.
Замечание. Вместо части (2) можно доказать, что $D$ лежит на $PQ$ следующим образом.
Пусть $\omega$ - вписанная окружность треугольника $ABC$. Нетрудно видеть, что $\omega$ касается $AB$ и $AC$ соответственно в точках $F^{\prime}, E^{\prime}$. Обозначим через $I$ центр $\omega$, через $D^{\prime}$ - точку касания $\omega$ и $BC$. Обозначим через $r, r_B, r_C$ соответственно радиусы окружностей $\omega, \omega_B, \omega_C$. В окружности $\omega$ проведем диаметр $SD^{\prime}$ (см. рис.).
Гомотетия с центром $A$, переводящая $\omega_A$ в $\omega$, переводит $D$ в $S$. Поэтому, достаточно доказать, что $S \in PQ$.
Гомотетия с центром $Е^{\prime}$ и коэффициентом $\frac{r_B}{r}$- переводит $\omega$ в и $\omega_B^{\prime}$. Обозначим через $SB$ образ точки $S$ при этой гомотетии. Также, обозначим через $SC$ образ точки $S$ при гомотетии с центром $F^{\prime}$, переводящей $\omega$ в $\omega_C^{\prime}$. Достаточно показать, что $E^{\prime}S \cdot SS_B = F^{\prime}S \cdot SS_C$. Заметим, что $E^{\prime}S \cdot SS_B Е^{\prime}S_2 \cdot (E^{\prime}S_B - E^{\prime}S) = E^{\prime}S \cdot (\frac{rB}{r}E^{\prime}S - E^{\prime}S) = \frac{r_B - r}{E^{\prime}S^2}$. Аналогично, $F^{\prime}S \cdot SS_C = \frac{r_C - r}{r}F^{\prime}S^2$. Чтобы завершить решение, установим, что
$(r_B - r)E^{\prime}S^2 = (r_C - r)F^{\prime}S^2$. (1)
Четырехугольник $F^{\prime}SE^{\prime}D^{\prime}$ вписанный, поэтому $\angle SE^{\prime}F^{\prime} = \angle SD^{\prime}F^{\prime} = \frac{\pi}{2} - \angle BD^{\prime}F^{\prime} = \frac{\angle B}{2}$.
Аналогично, $\angle SF^{\prime}E^{\prime} = \frac{\angle C}{2}$. По теореме синусов
$\frac{E^{\prime}S}{F^{\prime}S} = \frac{\sin {\angle C / 2}}{\sin {\angle B / 2}}$. (2)
Четырехугольник $BCI_BI_C$ вписанный, поэтому $\angle II_CI_B = \angle IBC = \frac{\angle B}{2} $. Аналогично, $\angle II_BI_C = \frac{\angle C}{2}$. Заметим, что $IB = \frac{ID^{\prime}}{\sin {\angle B / 2}} = \frac{r_B}{\sin {\angle B / 2}}$, и также $I_BB = \frac{r_B}{\sin {\angle B / 2}}$. Получаем $I_BI = I_BB - IB = \frac{r_B - r}{\sin {\angle B / 2}}$. Аналогично, $I_CI = \frac{r_C - r}{\sin {\angle C / 2}}$. Из теоремы синусов
$\frac{I_{B}I }{I_{C}I } = \frac {\frac{r_B - r}{\sin\frac{\angle B}{2}}}{\frac{r_C - r}{\sin\frac{\angle C}{2}}} = \frac{\sin \frac{\angle B}{2}}{\sin \frac{\angle C}{2}}$.
Из (2) и (3) получаем (1).
