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$

Подзадача (или же сверхзадача):

Дана окружность (или коника, не важно) $\delta$, в которую вписан треугольник $ABC$. $D$ - произвольная точка на $\delta$, и $E$ - произвольная точка (которую двигать и будем) на прямой $AD$. $BE$ пересекает $AC$ и $\delta$ в точках $G$ и $H$, а $CE$ пересекает $AB$ и $\delta$ в $I$ и $F$. Пусть $J$ - пересечение $FG$ и $IH$, тогда прямые $JE$ (вне зависимости от выбора $E$) проходят через фиксированную точку $M$, которая магическим образом лежит на $BC$, а еще оказывается можно вычислить отношение $\frac{BM}{MC}$ (по крайней мере для окружности $\delta$).

Решение:

$JE\cap IG=O,AE\cap IG=P,IG\cap BC=L,FH\cap IG=K,FH\cap BC=Q,JE\cap BC=M,AE\cap BC=N.$

Нетрудно заметить, что из определения следует, что $KA$ - касательная к $\delta$. Действительно, пусть касательная к $\delta$ в точке $A$ пересекает $FH$ в $K'$, тогда теорема Паскаля, примененная для вписанного в конику шестиугольника $BAACFH$, дает то, что $BA\cap CF=I,AA\cap FH=K',AC\cap HB=G$ лежат на одной прямой, но $IG$ пересекает $FH$ только в точке $K$ (всякие мелочи, как совпадения прямых тривиальны).

Рассмотрим полный четырехсторонник из прямых $BI,IG,GC,CB$, откуда $N$ - гармоническое дополнение $L$ относительно $B$ и $C$. Аналогичный трюк и с четырехсторонником из прямых $IF,FH,HG,GI$, откуда $O$ - гармоническое дополнение $K$ относительно $I$ и $G$, отсюда очевидно понятно, что множество точек $O$ не зависит не только от $E$, но и от $D$. Это просто потому, что $(I,G;K,O)\stackrel{A}{=} (AB,AC;AK,AO)$, где $AK$ - касательная к фиксированной точке на $\delta$, что значит, что $AO$ также фиксировано в плане направления. Стоит заметить, что $AE$ - фиксировано, а значит и гармоническое дополнение $AL$ также фиксировано, но если рассматривать это с точки зрения прямой $IG$, то три прямые $AL,AI,AG$ - фиксированы, а значит и гармонически дополняющая их $AP$ такая же по характеру.

Все прямые $AI,AG,AO,AP$ - фиксированные, а значит и их двойное отношение является таким же:

$$(I,G;O,P)\stackrel{E}{=}(C,B;M,N),$$

где $C,B,N$ фиксированные, следовательно $M$ - тоже.

Далее $\delta$ - окружность:

Пусть дана задача из условия, тогда используем биссектрису $BI$, а также $KI\cap A_1C_1=O,BI\cap A_1C_1=P$. $BO$ из верхнего симедиана, поэтому $$(C,A;AI\cap BC, M)\stackrel{I}{=}(C_1,A_1;P,O)=(BA,BC;BI,BO)=\frac{BA\cdot BC^2}{BC\cdot BA^2}=\frac{BC}{BA},$$

$$\frac{BC}{BA}=\frac{\frac{BC}{BA}}{\frac{CM}{AM}}\Leftrightarrow CM=AM,$$

что и требовалось.