Олимпиадная задача по планиметрии: центры окружностей и точки треугольника

Пусть О  — центр окружности, описанной около треугольника АВС , С₁ и А₁  — середины сторон АВ и ВС соответственно, тогда ОС₁ и ОА₁  — серединные перпендикуляры к этим сторонам (см. рис.). Так как отрезок ОВ виден из точек С₁ и А₁ под углом90^o , то эти точки лежат на окружности с диаметром ОВ . Таким образом, мы доказали, что четыре из пяти указанных в условии задачи точек лежат на одной окружности, не используя условия АС = . Покажем теперь, что если это условие выполняется, то на рассматриваемой окружности лежит также и точка I  — центр окружности, вписанной в треугольник АВС . Это можно сделать различными способами. Первый способ.

Пусть ВВ₁  — биссектриса треугольника АВС , тогда == (см. рис.). Учитывая, что АС = + = AC₁+CA₁ , получим, что AC₁=AB₁ и CA₁=CB₁ . Поскольку AI  — биссектриса угла А , то она совпадает с высотой и медианой равнобедренного треугольника AB₁C₁ , поэтому, треугольник IB₁C₁ также равнобедренный, то есть IC₁=IB₁ . Аналогично доказывается, что IA₁=IB₁ . Следовательно, IC₁=IA₁ . Таким образом, в треугольниках BIC₁ и BIA₁ : BI  — общая сторона, С₁BI = A₁BI , IC₁=IA₁ . Следовательно, BC₁I= BA₁I или BC₁I+ BA₁I=180^o (Это следует, например, из решения задачи на построение треугольника по двум сторонам и углу, противолежащему одной из этих сторон, или из теоремы синусов, примененной к рассматриваемым треугольникам: === , откуда sin BC₁I= sin BA₁I .). Первый случай реализуется, если ВС₁ = ВА₁ , то есть треугольник АВС  — равносторонний. Тогда центры его описанной и вписанной окружностей совпадают. Во втором случае четырехугольник BC₁IA₁ является вписанным, что и требовалось. Второй способ.

Докажем сначала, что в данном треугольнике центр I вписанной окружности делит пополам отрезок BB₂ , где точка B₂  — вторая точка пересечения прямой BI c окружностью, описанной около треугольника АВС (см. рис.). Используем равенство B₂A=B₂I=B₂C , справедливое для любого треугольника (), из которого следует, что B₂  — центр окружности радиуса R , описанной около треугольника AIC . По следствию из теоремы синусов для этого треугольника, учитывая, что угол AIC между биссектрисами треугольника АВС равен90^o + , получим: B₂I=R== . Кроме того, если окружность, вписанная в треугольник АВС , касается стороны АВ в точке C₂ , то BC₂= . Учитывая, что АС = , получим: BC₂= . Тогда, из прямоугольного треугольника BC₂I получим, что BI= . Таким образом, доказано, что B₂I=BI .

Теперь заметим, что при гомотетии с центром В и коэффициентом2образом рассмотренного ранее треугольника BC₁A₁ является данный треугольник ВСА (см. рис.). Это означает, что при указанной гомотетии центр окружности, вписанной в треугольник BC₁A₁ , переходит в центр окружности, вписанной в треугольник АВС . По доказанному выше, BI₁=II₁ (так как треугольник BC₁A₁ подобен треугольнику ВСА , то для него также выполняется соотношение A₁C₁=(BC₁+BA₁)), то точка I лежит на окружности, описанной около треугольника BC₁A₁ , что и требовалось. Это утверждение, называемое "теоремой трилистника", можно доказать, например, так (см. рис.10.6в): B₂A = B₂C , так как эти хорды стягивают равные дуги окружности; B₂A = B₂I , так как AIB₂= B₂AI=( A+ B).

Ответ задачи отсутствует