|
|
 |
Условие
Дан треугольник $ABC$. На серединном перпендикуляре к отрезку $BC$ вне треугольника выбирается переменная точка $D$. Прямые $BD$ и $AC$ пересекаются в точке $C'$, а прямые $CD$ и $AB$ – в точке $B'$. Пусть $M_a$ – середина $BC$, $M$ – вторая точка пересечения окружностей $(BB'D)$ и $(CC'D)$. Докажите, что центр окружности $DMM_a$ лежит на фиксированной прямой.Решение
Пусть $H_a$ – точка пересечения $A$-окружности Аполлония треугольника $ABC$ и медианы $AM_a$. Докажем, что $H_a$, $D$, $M_a$, $M$ лежат на одной окружности, из этого, очевидно, будет следовать утверждение задачи.Так как $M$ – точка Микеля четырехсторонника, образованного прямыми: $AB'$, $CB'$, $AC'$, $BC'$, треугольники $ABM$ и $MDC$ подобны, следовательно, $\frac{MB}{AB}=\frac{MD}{DC}=\frac{MD}{DB}=\frac{MC}{AC}$, т.е. $M$ лежит на окружности Аполлония.
Пусть $A'$ – точка, симметричная $A$ относительно прямой $BC$, $A'$ также лежит на окружности Аполлония.
Докажем, что $A'$, $M$, $D$ лежат на одной прямой. Поскольку при движении $D$ по серединному перпендикуляру к $BC$ точка $M$ проективно движется по окружности Аполлония, достаточно убедиться в этом для трех положений точки $D$.
Если $D$ – бесконечно удаленная точка, то $M$ совпадает с $A$ и утверждение верно.
Если $D$ – центр окружности $A'BC$, то $M$ совпадает с $A'$, поскольку треугольники $A'DC$ и $A'BA$ подобны. При этом касательная к окружности Аполлония в точке $A'$ проходит через $D$, так как эта окружность перпендикулярна окружности $A'BC$.
Если $D$ лежит на окружности $A'DC$, то $A'D$ – биссектриса треугольника $BA'C$ и $M$ – основание этой биссектрисы, потому что треугольники $MDC$, $MBA'$ и $MBA$ подобны. Осталось заметить, что $M_aD\parallel AA'$, значит, по обратной лемме Фусса $H_a$, $M_a$, $M$, $D$ лежат на одной окружности.
