Республиканская олимпиада по математике, 2016 год, 9 класс

Вокруг треугольника $ABC$ описана окружность $\omega$, а $I$ — точка пересечения биссектрис этого треугольника. Прямая $CI$ пересекает $\omega$ вторично в точке $P$. Пусть окружность с диаметром $IP$ пересекает $AI$, $BI$ и $\omega$ вторично в точках $M$, $N$ и $K$ соответственно. Отрезки $KN$ и $AB$ пересекаются в точке $B_1$, а отрезки $KM$ и $AB$ — в точке $A_1$. Докажите, что $\angle ACB = \angle A_1IB_1$. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     По лемме трезубца $PA=PI=PB$. Поэтому $M$ и $N$ середины отрезков $AI$ и $BI$ соответственно. Пусть $Q$ — середина дуги $ACB$ описанной окружности $\triangle ABC$. Если провести окружность с центром в точке $P$ радиусом $PI$, то прямые $QA$ и $QB$ будут касаться этой окружности. Пусть точка $J$ — симметрична точке $I$ относительно $K$. Тогда $J$ лежит на рассматриваемой окружности. Обозначим $KM \cap AQ=L$. Тогда $\angle IKL = \angle IJA = \angle IAL$. Следовательно, четырехугольник $ALIK$ вписанный. Имеем: $\angle ILQ = \angle AKQ = \angle ABQ = \angle BAQ$, то есть $IL \parallel AB$, откуда немедленно следует, что $ALIA_1$ — параллелограмм. Значит, $\angle A_1IK = \angle AQK$. Аналогично, $\angle B_1IK= \angle BQK$. Поэтому $\angle A_1IB_1 = \angle AQB = \angle ACB$.

По лемме о трезубце $$PA=PI=PB$$

из условия $PM\bot AI$ откуда $$\angle IPM=\frac{\angle IPA}{2}=\frac{\angle ABC}{2}=\angle ABI=\angle A_1BI$$ из того, что $IMKP$- вписанный следует,что $$\angle IKA_1=\angle IKM=\angle IPM$$ поэтому $$\angle IKA_1=\angle IBA_1$$

откуда $IBKA_1$- вписанный, следовательно $$\angle A_1IK=\angle A_1BK$$ аналогично $$\angle B_1IK=\angle B_1AK$$

из двух последних равенств получаем, что $$\angle A_1IB_1=\angle B_1AK+\angle A_1BK=\angle ACB$$

Понятно что K;I;T на одной прямой где T середина большей дуги так же понятно что M и N середины BI;CI.Тогда возьмем фантом поинт B1

B1 на отрезке BC так что ICBB1 вписанный и пусть U середина BC.Тогда из леммы область 2009 ATI=IKB => Пусть CBA= 2b и CAB=2a => IA1A=b+a => BIB1=a => BIB1 и BIA подобны так же MB1I=PAI=IUB-a => AMB=IUB но тк такая точка на отрезке единственная => M середина BI значит наш фантом поинт совпадет с B1 из условия и так де BIA1=a аналогично AIA1 = b значит A1IB1= 180-2a-2b=BAC

Заметим что если $PI$ - диаметр окружности то $\angle PMI = 90$ = $\angle PNI$ . Пусть это окружность - $\Omega$ . Заметим что по лемме трезубца $PI=PA=PB$ $\Rightarrow$ $AM=MI$ и $BN=NI$ тогда $MN$ - средняя линия треугольника $IAB$ $\Rightarrow$ $MN \parallel AB$ $\Rightarrow$ $\angle IMN = \beta$ и $\angle INM = \alpha$.

Пусть $\angle CBA=2\alpha$ и $\angle CAB$ $=$ $2\beta$ $\rightarrow$ $\angle CAP = \angle PCB$ $=$ $90-\alpha-\beta$ = $\angle PAB$ = $\angle PBA$ . Так как $AP=PI$ и $AM=MI$ $\Rightarrow$ $AI \bot PM$ $\Rightarrow$ $\angle PAM = \angle IPM$ $=$ $\alpha$ . Аналогично $\angle IPN = \angle BPN$ = $\beta$ . Пусть ($\Omega$ $\cap$ $AP$) $=$ $A_2$ . Аналогично определим точку $B_2$ .

Давайте теперь докажем что точки $I , A_1 , A_2$ $are$ $collinear$.

Так как $\angle APM$ $=$ $\angle A_2PM$ $=$ $\alpha$ $\Rightarrow$ $A_2IM = \alpha$ . Пусть точка ($S$ - $MN$ $\cap$ $IA_1$) $\Rightarrow$ $\angle ISN$ = $\angle IA_1B_1 = \alpha+\beta$ так как $IP$ диаметр $\rightarrow$ $\angle IA_2P = 90$ и $\angle PAB = \angle PCB = 90 - \alpha - \beta$ $\rightarrow$ $\angle AA_1A_2 = \alpha + \beta$ $\rightarrow$ $I , A_1 , A_2$ $are$ $collinear$ и аналогично $I , B_1 , B_2$ тоже $collinear$ тогда $\angle A_2IP + \angle PIB_2$ $=$ $90 - 2\alpha$ + $\angle 90 - 2\beta$ $=$ $180 - 2\alpha - 2\beta = \angle ACB$ $\blacksquare$