Математикадан республикалық олимпиада, 2011-2012 оқу жылы, 11 сынып

$PQ$ түзуі $ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңберді жанайды, $P$ және $Q$ нүктелері сәйкесінше $AB$ және $AC$ қабырғаларында жатыр. $AB$ және $AC$ қабырғаларынан, $AM=BP$ және $AN=CQ$ болатындай етіп, сәйкесінше $M$ және $N$ нүктелері алынған. Осылайша алынған $MN$ түзулерінің бәрі бір нүктеден өтетінін дәлелдеңдер. ( А. Васильев )

Комментарий/решение

Докажем все такие прямые $MN$ будут проходит через точку Нагеля (точка пересечения отрезков, соединяющих вершин с точками касания противоположенных сторон вневписанными окружностями).

1) Пусть $PQ$ пересекает прямую $BC$ в точке $F$ и касается окружности в точке $T$, так же пусть $X,Y,Z$ точки касания вписанной окружности со сторонами $AB,AC,BC$ соответственно. Определим точку Нагеля $O$ для данного треугольника, если $X',Y',Z$ симметричные относительно медиан к точкам $X,Y,Z$ то точка $O \in CX' \cap BY'$.

2) Пусть $L \in MN \cap BC$ тогда по теореме Менелая для секущей $PQ$ получаем

$$\frac{CQ}{AQ} \cdot \frac{AP}{BP} \cdot \frac{FB}{BC} = 1 (1)$$

По условию $AP=BM, AQ=CN, BP=AM, CQ=AN$ тогда подставляя в $(1)$ получаем теорему Менелая для секущей $MN$ откуда $CL=BF$.

3) Если $MN$ проходит через $O$, то по той же теореме для треугольника $BAZ'$ и секущей $MN$ получаем

$$\frac{BM}{AM} \cdot \frac{AO}{Z'O} \cdot \frac{LZ'}{LB} = 1$$

и для секущей $CX'$ того же треугольника получаем

$$\frac{BX'}{AX'} \cdot \frac{AO}{Z'O} \cdot \frac{CZ'}{BC} = 1$$

выражая $\frac{AO}{Z'O}$ с обоих выражений и приравнивая учитывая $LZ'=FZ, \ LB=FC, \ AM=BP, \ BM=AP, \ AX'=CZ'=BX, \ BX'=AX$ получаем что требуется доказать что

$$\frac{FC}{FZ} \cdot \frac{BP}{AP} = \frac{BC}{AX}(2)$$

4) Пусть $CY=a, \ AY=b, \ BX=c, \ QY=y, \ BF=x, PX=z$ тогда $(1)$ и $(2)$ запишутся соответственно как

$$\frac{a+y}{b-y} \cdot \frac{b-z}{c+z} \cdot \frac{x}{c+x+a} = 1 \ (1)$$

$$\frac{a+c+x}{c+x} \cdot \frac{c+z}{b-z} = \frac{c+a}{b} \ (2)$$

Учитывая то что радиус вписанной окружности для треугольников $ABC,FQC$ будет общий то получаем с одной стороны $r^2=\frac{abc}{a+b+c}$ с другой $r^2=\frac{ay(c+x)}{a+c+x+y}$ откуда $$\frac{bc}{a+b+c}=\frac{y(c+x)}{a+c+x+y} (*)$$ .

5) Выразив $y$ с $(*)$ получаем $y = \frac{bc(a+c+x)}{bx+(a+c)(c+x)}$ и подставив в $(1)$ получаем (2) .

Значит $(2)$ верное, откуда $MN$ проходит через $O$ , значит все такие прямые будут проходить через $O$.