Математикадан республикалық олимпиада, 2007-2008 оқу жылы, 10 сынып

$ABC$ үшбұрышында $A$ бұрышының биссектрисасы $BC$ қабырғасын ${{A}_{1}}$ нүктесінде, ал сырттай сызылған шеңберді ${{A}_{0}}$ нүктесінде қияды. ${{C}_{1}}$ және ${{C}_{0}}$ нүктелері де осыған ұқсас анықталған. ${{A}_{0}}{{C}_{0}}$ және ${{A}_{1}}{{C}_{1}}$ түзулері $P$ нүктесінде қиылысады. Онда $PI$ түзуінің $AC$ қабырғасына параллель екенін дәлелдеңдер, мұндағы $I$ нүктесі — $ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбердің центрі.

Комментарий/решение

Как было разобрано тут решим обратную задачу, пусть нам известно что $PI$ параллельна $AC$ тогда докажем что $P,C_{1},A_{1}$ лежат на одной прямой, зная что из вышеописанной задачи $PB$ касательная и $PB=PI$.

По теореме Менелая для секущей $PA_{1}$ и $IA_{0}C_{0}$ получаем

$\dfrac{A_{0}A_{1}}{IA_{1}} \cdot \dfrac{IC_{1}}{C_{0}C_{1}} = \dfrac{PA_{0}}{PC_{0}}$

Учитывая $A_{0}C=A_{0}I$ получаем $\dfrac{A_{0}A_{1}}{IA_{1}} = \dfrac{A_{0}I}{IC} \cdot \dfrac{\sin \dfrac{\angle A}{2}}{ \sin \dfrac{\angle C}{2}} = \dfrac{A_{0}I}{IC} \cdot \dfrac{IA_{0}}{IC_{0}}$

Аналогично $\dfrac{IC_{1}}{C_{0}C_{1}} = \dfrac{IC}{A_{0}I} \cdot \dfrac{IA_{0}}{IC_{0}}$ умножая получаем $(\dfrac{IA_{0}}{IC_{0}})^2 = \dfrac{PA_{0}}{PC_{0}}$ помня что $PB$ касательная, по свойству касательной $PA_{0} = \dfrac{PB^2}{PC_{0}}$ подставляя $\dfrac{IA_{0}}{IC_{0}} = \dfrac{PI}{PC_{0}}$ которая следует из подобия треугольников $PIC_{0}, PIA_{0}$

Заметим, что

$\angle C_0AB=\angle C_0CA=\dfrac{\angle C}{2}.$

Следовательно,

$C_0A^2=C_0C_1\cdot C_0C,$

откуда

$\dfrac{C_0A}{C_0C_1}=\dfrac{C_0C}{C_0A}.$

Так как $C_0A=C_0I$, получаем

$\dfrac{C_0I}{C_0C_1}=\dfrac{C_0C}{C_0I}=k.\qquad (1)$

Пусть $\ell\parallel AC$, $I\in\ell$ и $P'=\ell\cap A_1C_1$.

Пусть $m\parallel A_1C_1$, $I\in m$ и $Q=m\cap AC$.

Рассмотрим гомотетию с центром $C_0$ и коэффициентом $k$.

Тогда из (1) имеем $I\mapsto C$ и $C_1\mapsto I$.

Следовательно, прямая $\ell$ переходит в прямую, параллельную самой себе и проходящую через $C$, то есть $\ell\mapsto AC$.

Аналогично прямая $A_1C_1$ переходит в прямую, параллельную самой себе и проходящую через $I$, так как $C_1\in A_1C_1$ и $C_1\mapsto I$. Следовательно,

$A_1C_1\mapsto m.$

Значит, $P'\mapsto AC\cap m=Q$, поэтому точки $C_0$, $P'$ и $Q$ коллинеарны.

Аналогично точки $A_0$, $P'$ и $Q$ коллинеарны.

Следовательно,

$P'=A_0C_0\cap A_1C_1=P.$

Так как $P'\in\ell$, то $P\in\ell$, а значит $PI\parallel AC$.

Что и требовалось доказать.