Всем привет!
Сегодня продолжаем разбор первой и единственной классической планиметрии с Romanian Masters of Mathematics этого года. Первую часть решения можно прочитать тут.
Посмотреть на геометрические задачи RMofM-2020 можно тут. Следить за публикациями и влиять на порядок разбора задач можно на телеграм-канале Олимпиадная геометрия.
Напомню условие исходной задачи.
В прошлой статье мы установили, что окружности, описанные около треугольников A₁EI и B₁FI, пересекаются на вписанной в треугольник ABC окружности, причем в точке X, симметричной точке C₁ относительно биссектрисы CI. Покажем теперь, что окружности, описанная около треугольника C₁KL тоже проходит через точку X. На самом деле окажется, что четырехугольник C₁KXL — квадрат. Но давайте обо всем по порядку...
Разберемся, что происходит при отражении основания высоты относительно прямых, соединяющих точки касания вписанной окружности со сторонами. Оказывается, в любом треугольнике верен следующий факт.
Факт полезный. Вписанная окружность треугольника ABC касается его сторон AB и AC в точках С₁ и B₁ соответственно. Тогда точка симметричная основанию высоты D из вершины C относительно прямой B₁C₁ лежит на биссектрисе угла С.
Возможно вам такое утверждение не известно, поэтому я его докажу, а точнее сведу к задаче 255.
Задача 255 (слегка переформулированная). В треугольнике ABC прямая B₁C₁, соединяющая точки касания вписанной окружности со сторонами AB и AC, биссектриса угла B и средняя линия, параллельная стороне AB пересекаются в одной точке — проекции вершины C на биссектрису угла B.
Это классическое утверждение в фольклоре называется задачей 255 благодаря книге И.Ф. Шарыгина, в предисловии к которой он особо отметил этот красивый факт. Сама задача очень известная, ее доказывать я сейчас не буду. Знаю как минимум три довольно изящных доказательства: счет углов, счет отрезков или массы.
В интернете можно найти много подборок задач на этот замечательный факт по ключевым словам "задача 255".
Выведем из задачи 255 наш факт полезный. Для этого построим на BC как на диаметре окружность и предположим, что она пересекает биссектрису угла B в точке Q, а биссектрису угла C в точке P. По задаче 255 точки P и Q лежат на прямой B₁C₁.
Но тогда углы QPD, CPQ, CBQ и QBA равны. Следовательно, точка, симметричная точке D относительно PQ, лежит на прямой CP.
Вернемся к исходной задаче. В ней точки K и L оказываются точками на биссектрисе угла C, при этом ∠KC₁L=90° (поскольку ∠A₁C₁B₁=45°) и KC₁=C₁L. Откуда уже очевидно следует, что C₁KXL — квадрат.