Математикадан республикалық олимпиада, 2008-2009 оқу жылы, 11 сынып

$ABC$ үшбұрышында $AA_1$, $BB_1$ және $CC_1$ биіктіктері жүргізілген. $AC_1B_1$ және $CA_1B_1$ үшбұрыштарының іштей сызылған шеңбер центрлерін $I_1$ және $I_2$ арқылы белгілейік. $ABC$ үшбұрышының іштей сызылған шеңбері $AC$ қабырғасын $B_2$ нүктесінде жанасын. $I_1I_2B_1B_2$ төртбұрышына сырттай шеңбер сызуға болатынын дәлелдеңіз.

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 $1$.