Математикадан республикалық олимпиада, 2010-2011 оқу жылы, 10 сынып

$ABC$ үшбұрышына іштей сызылған, центрі $I$ болатын шеңбер $AB$ және $AC$ қабырғаларын сәйкесінше ${{C}_{1}}$ және ${{B}_{1}}$ нүктелерінде жанайды. $M$ нүктесі ${{C}_{1}}{{B}_{1}}$ кесіндісін ${{C}_{1}}$-ден бастап өлшегенде $3:1$ қатынасында бөледі. $N$ нүктесі — $AC$ қабырғасының ортасы. Егер $AC=3\left( BC-AB \right)$ екені белгілі болса, $I,M,{{B}_{1}},N$ нүктелері бір шеңбердің бойында жататынын дәлелде. ( А. Васильев )

Комментарий/решение

Перепишем условие $AC=3(BC-AB)$ через отрезки касательных , получим $AB_{1}+B_{1}C = 3(B_{1}C+BA_{1}-BA_{1}-AB_{1})$ откуда получаем $B_{1}C=2AB_{1}$ иными словами $\dfrac{AB_{1}}{B_{1}C}=\dfrac{1}{2}$ или $AB_{1}=\dfrac{AC}{3}$ и $B_{1}N=\dfrac{AC}{6}$. Для доказательство того , что точки $I,M,B_{1},N$ лежат на одной окружности , достаточно показать что $\angle NMI = 90^{\circ}$ , так как $IB_{1} \perp AC$. Проведем из точки прямую $MN$ до пересечения с $AB$ и положим что $AB \cap MN = E$ использовав теорема Менелая для треугольника $AB_{1}C_{1}$ получим $\dfrac{AE}{EC_{1}} \cdot \dfrac{3}{1} \cdot \dfrac{B_{1}N}{AN} = 1$ так как $\dfrac{B_{1}N}{AN}=\dfrac{1}{3}$ откуда $AE=EC_{1}$ то есть $E$ середина $AC_{1}$. Аналогично проведем прямую $CM$ до пересечения с $AB$ и $G \in CM \cap AB$ использовав опять теорему Менелая для треугольника $AB_{1}C_{1}$ получим $\dfrac{AG}{GC_{1}} \cdot \dfrac{3}{1} \cdot \dfrac{B_{1}C}{AB_{1}} = 1$ так как $\dfrac{B_{1}C}{AB_{1}} = \dfrac{\dfrac{2AC}{3}}{AC} = \dfrac{2}{3}$ получим $\dfrac{AG}{GC_{1}}=\dfrac{1}{2}$ преобразовав с учетом того что $E$ середина получим $\dfrac{AG}{GE}=2$. В итоге по той же теореме для треугольника $NEA$ получим $\dfrac{AG}{GE} \cdot \dfrac{EM}{MN} \cdot \dfrac{CN}{AC} = 1$ подставляя найденные отношения $2 \cdot \dfrac{EM}{MN} \cdot \dfrac{1}{2} =1$ откуда $EM=MN$ . Заметим что если $F$ середина $AB_{1}$ то треугольник $NIF$ - равнобедренный ( $B_{1}N = B_{1}F$ и $IB_{1} \perp AC$) . Но $IF=IE$ значит $IE = IN$ тогда треугольник $IEN$ - равнобедренный и так как $M$ середина $EN$ по доказанному ранее , стало быть $IM \perp EN$ или $\angle NMI = 90^{\circ}$ .