Условие
В неравнобедренном треугольнике $ABC$ $I$ – центр вписанной окружности; $P$, $Q$ – изогонально сопряженные точки такие, что $AP\parallel IQ\parallel BC$. Докажите, что $AP=|AB-AC|$.
Решение
Для любой точки $P'$ такой, что $AP'\parallel BC$, сумма ориентированных площадей треугольников $P'AB$ и $P'CA$ равна нулю, а отношение этих площадей к площади треугольника $P'BC$ равно $\pm AP'/BC$. Возьмем такую точку $P'$, что для ориентированных площадей имеем
$$S_{P'BC}:S_{P'CA}:S_{P'AB}=a:(b-c):(c-b).$$
Тогда для изогонально сопряженной точки $Q'$ получаем $$S_{Q'BC}:S_{Q'CA}:S_{Q'AB}=a:b^2/(b-c):c^2(c-b),$$
следовательно, $S_{Q'BC}:S_{ABC}=a:(a+b+c)$, т.е. $Q'I\parallel BC$. Таким образом, $P'$, $Q'$ совпадают с $P$, $Q$.
Замечания
Приведем идею другого решения.
Пусть $a$, $b$, $c$, $p$ – стороны треугольника $ABC$ и его полупериметр. Обозначим через $X$ вторую точку пересечения $IQ$ и окружности $(BIC)$. Тогда $BIXC$ – равнобедренная трапеция. Следовательно, проекция отрезка $IX$ на $BC$ равна $|(p - b) - (p - c)| = |b - c|$. Поэтому достаточно доказать, что $IX = AP$. Пусть точка $X'$ изогонально сопряжена точке $X$ в треугольнике $ABC$. Тогда точки $X$ и $X'$ симметричны относительно прямой $AI$, а значит, достаточно доказать, что точки $P$ и $X'$ симметричны относительно серединного перпендикуляра к $AI$. Пусть $\mathcal{C}$ – изогональный образ прямой $IQ$ относительно треугольника $ABC$. Тогда точки $A$, $B$, $C$, $I$, $X'$, $P$ лежат на гиперболе $\mathcal{C}$, а прямые $AQ$ и $IQ$ её касаются. Так как отрезки $IQ$ и $AQ$ равны, получаем, что серединный перпендикуляр к $AI$ – ось гиперболы $\mathcal{C}$. Тогда при симметрии относительно него точка $P$ должна перейти в $X'$.
Источники и прецеденты использования
|
|
|
олимпиада |
|
Название |
Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина |
|
год |
|
Год |
2025 |
|
класс |
|
Класс |
10 |
|
задача |
|
Номер |
10.2 |
