LVII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

Dany jest trójkąt $ABC$ , w którym $AC+BC =3AB$ . Okrąg o środku $I$ wpisany w trójkąt $ABC$ jest styczny do boków
$BC$ i $CA$ odpowiednio w punktach $D$ i $E$ . Niech $K$ i $L$ będą punktami symetrycznymi odpowiednio do punktów
$D$ i $E$ względem punktu $I$ . Udowodnić, że punkty $A, B, K, L$ leżą na jednym okręgu.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez P punkt przecięcia dwusiecznej kąta ACB z okręgiem opisanym na trójkącie ABC (rys. 1). Wówczas AP = BP . Ponadto

$ \begin{split} \measuredangle PAI &= \measuredangle PAB +\measuredangle BAI = \measuredangle PCB + \measuredangle CAI = \\ &= \measuredangle ACI +\measuredangle CAI = \measuredangle PIA, \end{split} $

skąd wynika, że $AP = IP$ .

Punkty $A, B$ oraz $I$ leżą więc na okręgu o środku $P$ . Wykażemy, że na tym okręgu leżą również punkty $K$ i $L$ .

Punkty $D$ i $E$ są punktami styczności okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$ z bokami $BC$ i $AC$ , a więc $CD = CE = \frac{1}{2}(AC+BC-AB)$ . Ponadto dana w treści zadania równość jest równoważna zależności $AB=\frac{1}{2}(AC+BC-AB)$ . Stąd wynika, że CD = AB.

Oznaczmy przez $M$ środek odcinka $AB$ , a przez $N$ rzut prostokątny punktu $P$ na prostą $DI$ (rys. 2). Wówczas proste
$PN$ i $BC$ są równoległe, wobec czego $\measuredangle PAM = \measuredangle PCB = \measuredangle IPN$ . To w połączeniu z równością
$AP = IP$ dowodzi, że trójkąty prostokątne $APM$ i $PIN$ są przystające. Stąd otrzymujemy $PN = AM$ .

Proste $CD$ i $PN$ są równoległe, więc

$ \frac{ID}{IN}=\frac{CD}{PN}=\frac{AB}{AM}=2 $

skąd dostajemy $ID =2\cdot IN$ . Zależność ta w połączeniu z równością $ID = IK$ implikuje, że $IN =KN$ . Zatem punkt
$K$ jest symetryczny do punktu $I$ względem prostej $PN$ . Wobec tego $IP = KP$ .

Analogicznie dowodzimy, że $IP = LP$ . Z uzyskanych zależności wynika, że punkty $A, B, K, L$ oraz $I$ leżą na okręgu o środku $P$ , co kończy rozwiązanie zadania.