|
|
 |
Условие
В треугольнике $ABC$ угол $A$ равен $120^\circ$. Точка $I$ – центр вписанной окружности, $M$ – середина $BC$. Прямая, проходящая через $M$ и параллельная $AI$, пересекает окружность с диаметром $BC$ в точках $E$ и $F$ (точки $A$ и $E$ лежат в одной полуплоскости относительно прямой $BC$). Прямая, проходящая через $E$ и перпендикулярная $FI$, пересекает прямые $AB$ и $AC$ в точках $P$ и $Q$. Найдите угол $PIQ$.Решение
Заметим, что описанная окружность треугольника $ABC$ образует равные углы с окружностями $BCI$ и $BCE$. Следовательно, эти окружности меняются при инверсии относительно описанной окружности, а центр $O$ этой окружности является центром их внутренней гомотетии. Так как прямая $AI$ проходит через центр окружности $BIC$ и параллельна прямой $EF$, точка $O$ лежит на прямой $FI$.Пусть $P'$, $Q'$ – точки, симметричные $C$ и $B$ относительно $BI$ и $CI$ соответственно, $E'$, $M$ – середины $P'Q'$ и $BC$ соответственно. Тогда треугольники $BIQ'$, $CIP'$ – правильные, а вектор $E'M$ равен полусумме векторов $Q'B$ и $P'C$. Поскольку угол между этими векторами равен $30^{\circ}=\pi-\angle BIC$, $E'M=BC/2$. Кроме того, вектор $E'M$ и высота треугольника $BIC$ образуют равные углы с биссектрисой угла $BIC$, поэтому $E'M\parallel AI$ и $E'$ совпадает с $E$. Воспользуемся теперь следующим утверждением.
Лемма. Пусть на сторонах треугольника $XYZ$ как на основаниях построены во внешнюю сторону равнобедренные треугольники $XYZ'$, $YZX'$, $ZXY'$ такие, что $\angle X'ZY=\angle Y'ZX=\pi/2-\angle Z'XY$. Тогда $ZZ'\perp X'Y'$.
Доказательство. Пусть точки $X''$, $Y''$ симметричны $Z$ относительно $X$, $Y$, $P$ – проекция $Z$ на $X''Y''$. Тогда четырехугольники $ZPX''Y$, $ZPY''X$ – вписанные, следовательно, $\angle YPX''=\angle XPY''=\angle X'ZY$ и биссектриса $ZP$ угла $XPY$ пересекает серединный перпендикуляр к отрезку $XY$ в точке $Z'$.
Применяя лемму к треугольникам $BIQ'$, $CIP'$ и $BOC$, получаем, что $OI\perp P'Q'$. Поэтому точки $P'$, $Q'$ совпадают с $P$, $Q$ и $\angle PIQ=90^{\circ}$.
