Республиканская олимпиада по математике, 2013 год, 10 класс

Дан треугольник $ABC$. Пусть вписанная в него окружность касается сторон $AB$, $BC$ и $AC$ в точках $C_1$, $A_1$ и $B_1$ соответственно. Известно, что выполняется равенство $1/AC_1 + 1/BC_1 = 2/CA_1$. Докажите, что отрезок $CC_1$ делится вписанной окружностью в отношении $1:2$ считая от вершины $C$. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Обозначим отрезки касательных $CA_{1},AC_{1},BC_{1}$ как $z,x,y$ соответственно и $I$ - центр вписанной окружности .

1)Пусть $BB_{1}$ пересекает $CC_{1}$ в точке $E$ , заметим что $\dfrac{AB_{1}}{CB_{1}} \cdot \dfrac{CE}{EC_{1}} \cdot \dfrac{BC_{1}}{AB}=1$ (теорема Менелая) или $\dfrac{x}{z} \cdot \dfrac{CE}{EC_{1}} \cdot \dfrac{y}{y+x}=1$ откуда $\dfrac{CE}{EC_{1}} = \dfrac{(y+x)z}{xy}=2$ , так как по условию для отрезков справедливо соотношение $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{2}{z}$ или $z(y+x)=2xy(1*)$. Значит $CE=2EC_{1}$ .

2)Пусть $CC_{1}$ пересекает вписанную окружность в точке $D$ , требуется доказать что $\dfrac{CD}{DC_{1}}=\dfrac{1}{2}$ .Если это так , то обязано выполнятся условие $IE \perp CC_{1}$ (следует из выше описанного соотношения $CE=2EC_{1}$).

3) Заметим что точки $I,B_{1} , A_{1} , C$ лежат на одной окружности , так как $IA_{1}=IB_{1}$ радиусы. Докажем , что точка $E$ так же лежит на этой окружности. Для этого докажем соотношение $BE \cdot BB_{1} = BA_{1} \cdot BC = \dfrac{y(y^2+3xy)}{y+x} (2*)$ (по свойству секущих).

4)Из т. Менелая для $\Delta AB_{1}B$ учитывая $(1*)$ получим после преобразований $EB_{1}=\dfrac{2x \cdot EB}{x+3y}$ . Выразим $cosC$ через отрезки $y,x$ по теореме косинусов $(z+x)^2+(z+y)^2-2(z+x)(z+y) \cdot cosC=(x+y)^2$ учитывая $(1*)$ получим $cosC = \dfrac{x^2+6xy+y^2}{3x^2+10xy+3y^2}$ , найдем $BB_{1}$ из той же теореме косинусов и учитывая снова $(1*)$ и найденный угол , получим $BB_{1}=y \cdot \sqrt{ \dfrac{3(3x+y)}{x+3y}}$ .Так как $EB_{1}+EB = BB_{1}$ откуда зная стороны найдем $EB = y \cdot \dfrac{ \sqrt{(3x+y)(x+3y)}}{ \sqrt{3}(x+y)}$ .

5) Подставим все в $(2)$ получим тождество , значит точка $E$ лежит на заданной окружности . Откуда $ \angle CA_{1}I = \angle CEI = 90^{\circ}$ это значит что $C_{1}E=ED$ (хорда перпендикулярная радиусу) стало быть $C_{1}E=ED=CD$ тоже самое что $\dfrac{CD}{DC_{1}} = \dfrac{1}{2}$ .

Решение: Пусть $AC_1=x, BC_1=y, CA_1=z.$ Из условия получаем, что $2xy=z(x+y).$ По Формуле Стюарта для треугольника $ABC$ и чевианы $CC_1$ получаем, что

$$CC_1^2=\dfrac{(y+z)^2x+(x+z)^2y}{x+y}-xy=\dfrac{z^2(x+y)+4xyz}{x+y}=\dfrac{3z^2(x+y)}{x+y}=3z^2$$

$$\implies CC_1=z\sqrt{3}.$$

Поскольку $CB_1$ касается вписанной окружности выводим, что

$$CT\times CC_1=z^2\implies CT=\dfrac{z}{\sqrt{3}},$$

где $T$ точка пересечения вписанной окружности с отрезком $CC_1.$ Значит $CC_1=3CT,$ откуда следует требуемое.

По синусам можно?

Введём обозначения:

$ AC = x + z $, $ BC = y + z $, $ AB = x + y $, $CC_1$ пересекает впис окр в точке $T$.

По условию задачи:

$ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{2}{z} \Rightarrow \frac{2xy}{x + y} =z \Rightarrow \frac{4xy}{x + y} = 2z^2$

По теореме косинусов в треугольнике $C_1CB$:

$ CC_1^2 = (y + z)^2 + y^2 - 2(y + z)y \cos B \quad (1) $

По теореме косинусов в треугольнике $ABC$:

$ AC^2 = BC^2 + AB^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos B $ (2)

Используя (2) выведем $\cos B$:

$ \cos B = \frac{(y + z)^2 + (x + y)^2 - (x + z)^2}{2(x + y)(y + z)} $

Подставим $\cos B$ в уравнение (1):

$ CC_1^2 = (y + z)^2 + y^2 - 2(y + z)y \cdot \frac{(y + z)^2 + (x + y)^2 - (x + z)^2}{2(x + y)(y + z)} $

Домножим и упростим:

$ CC_1^2 = z^2 + \frac{4xyz}{x + y} $

По определению степени точки:

$ CC_1 \cdot CT = z^2$

Тогда:

$CC_1(CC_1-CT)=2z^2=2CC_1 \cdot CT$ =>> $CC_1-CT=2CT$.