Областная олимпиада по математике, 2009 год, 11 класс

Обозначим центры вневписанных окружностей, касающихся сторон $BC$, $CA$ и $AB$ треугольника $ABC$, через $I_a$, $I_b$ и $I_c$ соответственно. Пусть $BM$ и $BN$ — биссектрисы треугольников $I_aBC$ и $I_cBA$ соответственно. Обозначим через $K$ точку касания вневписанной окружности со стороной $AC$. Докажите, что середина $MN$ равноудалена от $B$ и $K$.

Комментарий/решение

При условии $AB=BC$, условие задачи очевидно, без ограничений общности $BC<AB$, остальные случаи рассматриваются аналогично. Пусть $X$ - середина $MN$, а прямые $I_cI_a$ и $AC$ пересекаются в точке $Y$.

Обозначим $\angle BAC=2\beta$, тогда несложно понять, что $\angle IBI_c=\angle IBI_a=90^\circ$, откуда $\angle MBN=90^\circ +\beta$. Общеизвестным фактом является, то что $\angle AIC=90^\circ+\beta$, отсюда из вписанного четырехугольника $AICI_a$ следует, что $\angle MI_bC=90^\circ-\beta$, тем самым четырехугольник $BMNI_b$ - вписанный. Заметим, что $\angle I_cBA=\angle CBI_c$, так как они дополняют углы $ABI$ и $IBC$ до $90^\circ$. Тем самым получим, что $$\angle I_bMN=\angle I_bBN=\angle MBI_b=\angle MNI_b,$$ то есть $I_bM=I_bN$. Значит $I_bX$ - биссектриса, высота и медиана в равнобедренном треугольнике $MI_bN$. Так как угол между биссектрисами смежных углов прямой, то $I_bI$ - диаметр $(AICI_b)$, отсюда $I_bK$ и $I_bI$ - изогонали в угле $AI_bC$, таким образом заключим, что $I_bX$ - биссектриса $\angle KI_bB$. Легко понять, что точки $M,N$ и $Y$ лежат на одной прямой, так как $M$ - центр вневписанной окружности треугольника $ABY$, а $N$ - центр вписанной окружности треугольника $BYC$. Поскольку $\angle I_bBY=\angle I_bXY=\angle I_bKY=90^\circ$, получим, что точки $I_b,K,X,B$ и $Y$ лежат на одной окружности с диаметром $I_bY$, значит поскольку $I_bX$ - биссектриса угла $KI_bB$, то $X$ - середина дуги $BK$ окружности $(I_bKXBY)$, значит $BX=KX$, что завершает решение задачи.