ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 65379
Темы:    [ Вписанные и описанные окружности ]
[ Вневписанные окружности ]
[ Четыре точки, лежащие на одной окружности ]
[ Ортоцентр и ортотреугольник ]
[ Три точки, лежащие на одной прямой ]
[ Средняя линия треугольника ]
[ Треугольник, образованный основаниями двух высот и вершиной ]
Сложность: 5
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Автор: Яковлев И.

В остроугольном неравнобедренном треугольнике ABC проведены высоты AA1, BB1, CC1 и отмечены точки A2, B2, C2, в которых вневписанные окружности касаются сторон BC, CA, AB соответственно. Прямая B1C1 касается вписанной окружности треугольника. Докажите, что точка A1 лежит на описанной окружности треугольника A2B2C2.


Решение

  Пусть H, I и O – соответственно ортоцентр, центр вписанной окружности ω и центр описанной окружности Ω треугольника ABC, r – радиус ω, A', B' и C' – точки касания сторон BC, AC и AB с вписанной окружностью, IA, IB и IC – центры вневписанных окружностей, касающихся тех же сторон соответственно, а MA – середина BC.
  Из условия следует, что четырёхугольник BC1B1C описан около ω и вписан в окружность с диаметром BC. Как известно, во вписанно-описанном четырёхугольнике точка пересечения диагоналей лежит на прямой, соединяющей центры вписанной и описанной окружностей (это следует, например, из того факта, что точка пересечения диагоналей является полюсом прямой, соединяющей точки пересечения продолжений противоположных сторон, относительно обеих окружностей). Таким образом, точки H, I и MA лежат на одной прямой (рис. слева). Докажем, что
r = 2OMA.

  Первый способ. Пусть A3 – точка окружности ω, диаметрально противоположная точке A'. Как известно, точки A, A3 и A2 лежат на одной прямой. Кроме этого, MA – середина A2A'. Значит, IMA – средняя линия треугольника A2A'A3. Из этого следует, что  HI || AA3,  то есть AA3IH – параллелограмм, и  r = A3I = AH = 2OMA  (невырожденность параллелограмма следует из неравнобедренности треугольника ABC).

       

  Второй способ. Обозначим через T точку касания вневписанной окружности ωA с AB.
  По условию окружность ω является вневписанной для треугольника AB1C1. Значит, при преобразовании подобия, переводящем треугольник AB1C1 в треугольник ABC, окружность ω переходит в ωA. Отсюда  AB'/AT = cos∠A,  то есть  TB'AC,  и TB' проходит через I. Поскольку  ∠TIC' = ∠A = ∠COMA,  прямоугольные треугольники TIC' и COMA подобны (рис. справа). Более того,  TC' = TB + BC' = BA2 + CA2 = BC = 2CMA,  так что коэффициент подобия равен 2. Поэтому  OMA = ½ IC' = r/2.

  Следовательно, отрезок MAO является средней линией треугольника IA'A2 (он проходит через середину A'A2, параллелен IA' и равен ½ IA').
  Итак, точка A2 симметрична точке I относительно точки O. Прямая ICC2 симметрична IC' относительно O; значит, она проходит через A2. Поэтому  ∠A2C2C = 90°.  Аналогично,  ∠A2B2B = 90° = ∠AA1B.  Это значит, что точки B2, C2 и A1 лежат на окружности с диаметром AA2.

Замечания

1. В любом треугольнике ABC окружность A2B2C2педальная для точки K, симметричной I относительно O. Эта же окружность – педальная для точки K', изогонально сопряженной к K. Тем самым, A1 лежит на окружности A2B2C2 тогда и только тогда, когда K' лежит на AA1, то есть когда либо K лежит на AO, либо  K' = A.  Первый случай приводит к равнобедренному треугольнику, а во втором случае  A2 = K.

2. Можно показать также, что ортоцентр треугольника ABC лежит на прямой B'C', а вневписанная окружность, касающаяся BC, перпендикулярна описанной.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина
год
Год 2015
задача
Класс 10
задача
Номер 10.4

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .