VIII математическая олимпиада «Шелковый путь», 2009 год

В треугольнике $ABC$ биссектрисы внутренних углов $A$ и $C$ пересекают стороны $BC$ и $AB$ в точках $A_1$ и $C_1$ соответственно, а описанную окружность треугольника $ABC$ в точках $A_2$ и $C_2$, соответственно. Пусть $K$ — точка пересечения прямых $A_1C_2$ и $C_1A_2$, а $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC$. Докажите, что прямая $KI$ проходит через середину $AC$. ( А. Жолдасов )

Комментарий/решение

Din teorema bisectoarei avem ca $ A_1=(0:b:c) $ si $C_1=(a:b:0) $. Scriind ecuatia cercului circumscris triunghiului $ABC$ aflam coordonatele punctelor $A_2$ si $C_2$ : $A_2=\left( \dfrac{-a^2}{b+c} : b:c\right) ; C_2=\left( a:b:\dfrac{-c^2}{a+b} \right) .$ Cu Cramer aflam coordonatele lui $K=\left(a^2(a+b) :ab(a+b)+bc(a+b+c):c^2(b+c) \right)$.Acum putem liber sa verificam ca $$I=(a:b:c) , K=\left(a^2(a+b) :ab(a+b)+bc(a+b+c):c^2(b+c) \right) ,M=(1:0:1)$$ sunt coliniare.

Пусть $N$ середина $AC$ , проведем прямую , параллельную $AC$ и проходящую через точку $K$ . Положим что углы $\angle A = 2a$ и $ \angle B = 2b$ .Пусть она пересекает прямые $CC_{2}$ и $AA_{2}$ в точках $E,F$ соответственно . Тогда надо показать что $KE=KF$ , так как , $AEFC$ трапеция , $EA $ и $FE$ диагонали , значит по замечательному свойству трапеций , точки $K,I,N$ будут лежат на одно прямой. По теореме Менелая для треугольника $IEF$ , пологая что $KE=KF$ получим что надо доказать , то что $ IC _ { 1 } \cdot FA _ { 2 } = EC _ { 1 } \cdot IA _ { 2 } $ и $IA _ { 1} \cdot EC _ { 2 } = FA _ { 1 } \cdot IC _ { 2 } $ , данные соотношения можно переписать в виде $-\dfrac{IC _ { 1 } }{IA _ { 2 } } =\dfrac{ IE-IC _ { 1 }}{IF-IA _ {2 }}$ и $- \dfrac{IA _ { 1}}{IC _ { 2 } } = \dfrac{ IF-IA _ { 1 }}{IE-IC _ { 2 }} $ либо $\dfrac{IE}{IF} = \dfrac{IC _ {1} \cdot IC _ {2 } \cdot A _ { 1 } A _ {2 }}{IA _ {1} \cdot IA _ {2} \cdot C _ { 1 } C _ { 2 }}$. Заметим что треугольники $IEF$ и $AIC$ подобны , значит $\dfrac{EI}{IF} = \dfrac{sin a}{ sinb } $ , то есть

$\dfrac{IC _ {1} \cdot IC _ {2 } \cdot A _ { 1 } A _ {2 }}{IA _ {1} \cdot IA _ {2} \cdot C _ { 1 } C _ { 2 }} = \dfrac{sin a }{ sinb } $

Найдем частные по отдельности

$ \dfrac{IC _ { 1 } } {IA _ { 1 } } = \dfrac{sin(2b+a)}{sin(2a+b)}$

$\dfrac{A _ {1}A _ {2} }{C _ {1}C _ {2}} = \dfrac{sin^2a \cdot sin(2a+b)}{sin^2b \cdot sin(2b+a))} $

и $\dfrac{IC _ { 2} }{ I A _ { 2 } } = \dfrac{sinb}{sina}$ умножая получаем требуемое.

Отметим углы:

$\angle BAA_2=\angle CAA_2=\angle BCA_2=\angle CBA_2=\angle CC_2A_2=\alpha, \angle BCC_2=\angle ACC_2=\angle C_2AB=\angle C_2BA=\angle C_2A_2A=\beta.$

$\angle C_2IK=\angle CIM=y, \angle A_2IK=\angle AIM=x $

$\angle IC_2K=s, \angle KC_2A_2=r; \angle C_2A_2K=m, \angle KA_2I=n $

$\angle AC_2C=\angle ABC=\angle AA_2C=180-(2\alpha+2\beta).$

По теореме синусов в $\triangle AIM,CIM \Rightarrow \dfrac{AM}{MC}=\dfrac{AI}{IC} \cdot \dfrac{\sin x}{\sin y} =\dfrac{\sin \beta}{\sin \alpha} \cdot \dfrac{\sin x}{\sin y}\textbf{(1)}$

По теореме Чевы в $\triangle AC_2A_2 \Rightarrow \dfrac{\sin(2\alpha+2\beta)}{\sin \beta}=\dfrac{\sin n}{\sin m} \textbf{(2)}$

По теореме Чевы в $\triangle CC_2A_2 \Rightarrow \dfrac{\sin(2\alpha+2\beta)}{\sin \alpha}=\dfrac{\sin s}{\sin r} \textbf{(3)}$

По теореме Чевы в $\triangle C_2IA_2$ и из $\textbf{(2)}, \textbf{(3)}$ $\Rightarrow \dfrac{\sin x}{\sin y} \cdot \dfrac{\sin(2\alpha+2\beta)}{\sin \alpha} \cdot \dfrac{\sin \beta}{\sin(2\alpha+2\beta)}=\dfrac{\sin x}{\sin y} \cdot \dfrac{\sin \beta}{\sin \alpha}=1$

Также из $\textbf{(1)} \Rightarrow \dfrac{AM}{MC}=1 \Rightarrow AM=MC$ $ \square$