Республиканская олимпиада по математике, 2009 год, 11 класс
Комментарий/решение:
h_Рисунок@http://rgho.st/8YcVCXqsj_h
Положим так же , что точки касания окружностей с центрами в точках $I_{1}$ и $I_{2}$ со стороной $AC$ есть $B_{4}$ и $B_{3}$ соответственно . То что четырехугольник $I_{1}I_{2}B_{1}B_{2}$ вписанный , вытекает из того что $B_{2}I_{1} = B_{2}I_{2}$ , докажем это .
Из треугольников $B_{4}B_{2}I_{1}$ и $B_{3}B_{2}I_{2}$ , получим по теореме Пифагора
$B_{4}B_{2}^2+R_{1}^2 = B_{3}B_{2}^2+R_{2}^2$ или что тоже самое , что $(ctg(\dfrac{ \angle A}{2}) \cdot (R-R_{1}))^2+R_{1}^2 = (ctg( \dfrac{ \angle C}{2}) \cdot (R-R_{2}))^2+R_{2}^2$ (1) .
Рассмотрим гомотетию с центром в точке $A$ и коэффициентом $\dfrac{R_{1}}{R}$ точка $B_{1}$ перейдет в точку $B$ , так же и другая точка треугольника $AB_{1}C_{1}$ , тогда получим
$\dfrac{R_{1}}{R} = \dfrac{B_{1}C_{1}}{BC} = cos \angle A$ . По таким же соображениям$\dfrac{R_{2}}{R} = \dfrac{B_{1}A_{1}}{BA} = cos \angle C$ .
Подставляя значения в (1) , получим что надо доказать
$ ctg^2(\dfrac{ \angle A}{2}) \cdot (1-cos \angle A))^2 + cos^2 \angle A = ctg^2( \dfrac{ \angle C}{2}) \cdot (1-cos \angle C)^2 + (cos \angle C)^2$ , которая верна, потому что
$ctg^2(\dfrac{ \angle A}{2}) \cdot (1-cos \angle A))^2 + cos^2 \angle A = sin^2 \angle A+cos^2 \angle A = 1$ , вторая симметрична данной и так же равна $1$.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.