Текст статьиЧан Куанг Хюнг. Обобщения одной геометрической задачи // Квант. — 2025. — № 8. — С. 35—39.
В этой статье мы приведём и обсудим разные обобщения следующей красивой
задачи, предложенной на заочном туре 6-й Олимпиады по геометрии имени
И. Ф. Шарыгина.
Задача 1 (Д. Швецов). В прямоугольном треугольнике $ABC$
биссектрисы $BE$ и $CE$ острых углов пересекаются в точке$I$
(рис. 1). Пусть $M$ — центр окружности $(AEF)$. Докажите, что$MI\perp BC$.
Рис. 1
Так как $\angle EAF=90^\circ$, условие «$M$ — центр окружности $(AEF)$»
переформулируется просто как «$M$ — середина $EF$».
Задачу 1 можно решить разными способами. Читатель может попробовать
решить её самостоятельно или прочитать решение на официальном сайте
олимпиады.
Обобщение первое
Оказывается, задача 1 имеет такое обобщение.
Задача 2 (Чан Куанг Хюнг). Дан треугольник $ABC$, вписанный в окружность с центром$O$ (рис. 2). Биссектрисы $BE$ и $CF$
углов $ABC$ и $BCA$ пересекаются в точке $I$. Пусть $M$ — середина отрезка
$EF$. Обозначим через $T$ проекцию точки $O$ на прямую $IM$. Докажите, что точки $B$, $C$, $O$ и $T$ лежат на одной окружности или на одной
прямой.
Рис. 2
Упражнение 1. Убедитесь, что задача 1 следует из задачи 2.
Весной 2025 года, когда начальная версия этой статьи была уже подана
в редакцию, на ХХI Устной олимпиаде по геометрии появилась такая
задача.
Задача$\bm{2}'$ (Я. Щербатов). Дан треугольник$ABC$ (рис. 3). Биссектрисы $BE$ и $CF$ углов $ABC$ и $BCA$
пересекаются в точке $I$. Пусть $M$ — середина отрезка $EF$, а $K$ — точка
пересечения касательных к окружности $(ABC)$, проведённых в точках $B$ и $C$. Докажите, что точки $K$, $I$ и $M$ лежат на одной прямой.
Рис. 3
Упражнение 2. Докажите, что утверждения задач 2 и $2'$ эквивалентны.
Получилось, что авторы задач 2 и $2'$ независимо пришли фактически к одной и той же конструкции!
Приведём одно из наиболее коротких решений задачи 2, получившееся в результате объединения нескольких идей, в том числе и из решений участников
олимпиады.
Решение задачи $\bm{2'}$. Докажем, что прямая $KI$ делит отрезок
$EF$ пополам. Для этого достаточно доказать равенство площадей
$S_{KIE}=S_{KIF}$. Рассмотрим отношение
$$
\dfrac{S_{KIE}}{S_{KIF}}=\dfrac{IF}{CF}.
$$
Из свойства биссектрисы несложно вывести, что оно равно $\dfrac c{a+b+c}$.
Аналогично,
$$
\dfrac{S_{KIE}}{S_{KBE}}=\dfrac b{a+b+c}.
$$
Значит, нам достаточно показать, что $$
c\cdot S_{KCF}=b\cdot S_{KBE}.
$$
Имеем
$$
\begin{aligned}
2S_{KCF}&=KC\cdot CF\cdot\sin\angle KCF,\\
2S_{ABC}&=c\cdot CF\cdot \sin\angle BFC.
\end{aligned}
$$
Но из касания легко следует, что углы $KCF$ и $BFC$ равны, поэтому
$$
2c\cdot S_{KCF}=KC\cdot c\cdot CF\cdot\sin\angle BFC=KC\cdot2S_{ABC}.
$$
Аналогично показываем, что $2b\cdot S_{KBE}$ равно $KB\cdot 2S_{ABC}$. Так как $KC=KB$, мы доказали требуемое.
Задачи 2 и $2'$ можно решить разными способами, в том числе и вычислением
с использованием барицентрических или трилинейных координат. Изначальное
авторское решение задачи 2 использовало элементы проективной геометрии — свойства поляры и двойных отношений. Читателю, знакомому с этими
понятиями, в следующем упражнении предлагается пройти по одному из «проективных путей» к решению задачи 2.
Упражнение 3*. В условии задачи 2 пусть
биссектрисы $BE$ и $CF$ вторично пересекают окружность $(ABC)$ в точках
$B_1$ и $C_1$ соответственно. Пусть $X=BC\cap B_1C_1$.
Докажите, что $KI$ — поляра точки $X$ относительно окружности
$(ABC)$.
Докажите, что четвёрка прямых $IB$, $IK$, $IC$, $IX$ — гармоническая.
Докажите, что из параллельности $EF$ и $XI$ будет следовать утверждение
задачи 2.
В следующих пунктах предлагается один из путей
доказательства параллельности $EF$ и $XI$.
Докажите, что прямая $B_1C_1$ — серединный перпендикуляр к $AI$.
Пусть касательная к окружности $(ABC)$, проведённая в точке $A$,
пересекает прямую $B_1C_1$ в точке $Y$. Докажите, что $IY\parallel BC$.
Докажите, что точки $E$, $F$, $Y$ лежат на одной прямой.
Докажите, что $\dfrac{B_1E}{B_1I}=\dfrac{B_1Y}{B_1X}$.
Обобщение второе
Следующая задача также обобщает задачу 1.
Задача 3 (Чан Куанг Хюнг). Пусть $O$ — середина гипотенузы
$BC$ прямоугольного треугольника $ABC$. Пусть точка $P$ лежит на прямой
$AO$, а точки $Q$ и $R$ лежат соответственно на меньших дугах $AC$ и $AB$
окружности $(ABC)$, так что $PQ\perp AC$ и $PR\perp AB$ (рис. 4).
Положим $J=BQ\cap CR$, $E=BQ\cap AC$, $F=CR\cap AB$. Пусть $M$ —
середина $EF$, а прямая $AJ$ повторно пересекает окружность $(ABC)$ в точке
$N$. Докажите, что$JM\parallel NP$.
Рис. 4
Упражнение 4. Убедитесь, что задача 1 следует из задачи 3.
Решение задачи 3 разобьём на две части.
Сначала покажем, что $JM$ проходит через точку $S$ пересечения $AO$ и $RQ$. После этого забудем про точки $E$, $F$, $M$ и докажем, что $JS\parallel NP$, причём это доказательство будет работать для произвольного
треугольника (а не только для прямоугольного).
Решение задачи 3. Часть I. Нам понадобится следующая лемма.
Лемма 1.Пусть окружности $\omega_1$ и $\omega_2$ лежат внутри
окружности $\Omega$ и касаются её в точках $R$ и $Q$ соответственно
(рис. 5). Пусть $J$ — произвольная точка на окружности $\Omega$.
Прямые $JR$ и $JQ$ пересекают повторно $\omega_1$ и $\omega_2$ в точках $F$
и $E$ соответственно. Пусть $M$ — середина $EF$. Тогда точка $V=JM\cap RQ$
лежит на радикальной оси окружностей $\omega_1$ и $\omega_2$.
Рис. 5
Доказательство. В треугольнике $JEF$ удвоим медиану $JM$ и достроим треугольник $JEF$ до параллелограмма $JEGF$. Положим $U=GF\cap RQ$,
$W=GE\cap RQ$. Треугольники $RFU$ и $RJQ$ гомотетичны, значит, окружности
$(RFU)$ и $(RJQ)$ тоже гомотетичны с центром $R$, поэтому они касаются в точке $R$. Это означает, что окружность $(RFU)$ совпадает с $\omega_1$.
Аналогично доказывается, что $W$ лежит на $\omega_2$.
Нам нужно показать, что степень $\text{pow}(V,\omega_1)$ точки $V$
относительно окружности $\omega_1$, равна степени $\text{pow}(V,\omega_2)$
точки $V$ относительно окружности $\omega_2$. Имеем
$$
\text{pow}(V,\omega_1)=\text{pow}(V,\omega_2)
~{\Leftrightarrow}~
VU\cdot VR=VW\cdot VQ
~{\Leftrightarrow}~
\dfrac{VW}{VR}=\dfrac{VU}{VQ}.
$$
Но оба этих отношения равны $\dfrac{VG}{VJ}$, так как $\triangle VGU\sim\triangle VJQ$ и $\triangle VGW\sim\triangle VJR$.
Лемма доказана.
Кроме того, понадобится ещё одно утверждение. Оно совсем несложное.
Предлагаем его читателю в виде упражнения.
Упражнение 5. Дана окружность $\Omega$ с центром
$O$. Пусть $BC$ — её диаметр, а $Q$ и $R$ – некоторые точки на $\Omega$
(рис. 6). Пусть хорды $BQ$ и $CR$ пересекаются в точке $J$. Докажите,
что прямые $OQ$ и $OR$ касаются окружности $(RJQ)$.
Рис. 6
Перейдём к конструкции из задачи 3 (рис. 7). Применив результат
упражнения 5 для пар точек $(A,Q)$, $(A,R)$, $(Q,R)$, получаем, что $OA$, $OR$ и $OQ$ являются попарными общими касательными для окружностей
$(AFR)$, $(AEQ)$, $(JRQ)$. Значит, окружность $(AEQ)$ касается внутренним
образом окружности $(JRQ)$ в точке $Q$, окружность $(AFR)$ касается
внутренним образом окружности $(JRQ)$ в точке $R$. Кроме того, $AO$ —
радикальная ось окружностей $(AFR)$ и $(AEQ)$.
Рис. 7
Применяем лемму 1 к окружностям $(JRQ)$, $(AFR)$, $(AEQ)$. Получаем,
что точка $JM\cap RQ$ лежит на $AO$. Таким образом, прямая $JM$ на самом
деле совпадает с прямой $JS$, где $S=AO\cap RQ$.
Решение задачи 3. Часть II. Далее будем рассматривать нашу
конструкцию в произвольном (не обязательно прямоугольном) треугольнике.
Итак, пусть $ABC$ — треугольник с острыми углами $B$ и $C$, точка $O$ —
центр описанной около него окружности (рис. 8). Пусть точка $P$ лежит
на прямой $AO$, а точки $Q$ и $R$ лежат соответственно на меньших дугах $AC$
и $AB$ окружности $(ABC)$, так что $PQ\perp AC$ и $PR\perp AB$. Пусть
$J=BQ\cap CR$.
Рис. 8
Лемма 2.В описанной конструкции $AJ$ перпендикулярна$RQ$.
Доказательство. Пусть $\gamma_1$ и $\gamma_2$ — окружности с диаметрами $AR$ и $AQ$ соответственно. Они пересекаются в точках $A$ и $U$,
где $U$ — проекция точки $A$ на $RQ$ (рис. 9). Значит, радикальная ось этих окружностей — это перпендикуляр из $A$ на $RQ$. Достаточно показать,
что $J$ лежит на этой радикальной оси, т. е.
$$
\text{pow}(J,\gamma_1)=\text{pow}(J,\gamma_2).
$$
Рис. 9
Пусть $Y=PR\cap AB$, $Z=PQ\cap AC$, т. е. $Y$ и $Z$ — проекции точки
$P$ на $AB$ и $AC$ соответственно. Четырёхугольник $AYPZ$ вписанный, поэтому
$$
\angle ZYA=\angle ZPA=90^\circ-\angle OAZ=\dfrac12\angle COA=\angle CBA.
$$
Отсюда $YZ\parallel BC$.
Пусть
$$
X=YZ\cap CR,\quad T=YZ\cap BQ.
$$
Из параллельности имеем равенство углов
$$
\angle XYA=\angle CBA,
$$
кроме того,
$$
\angle CBA=\angle CRA=\angle XRA.
$$
Получаем
$$
\angle XYA=\angle XRA,
$$
откуда следует вписанность четырёхугольника $ARYX$, т. е. $X$ лежит на окружности $\gamma_1$. Аналогично, $T$ лежит на окружности $\gamma_2$. Кроме
того, четырёхугольник $RXTQ$ вписанный, так как $$
\angle XRQ=\angle CRQ=\angle CBQ=\angle XTB.
$$
Тогда
$$
\text{pow}(J,\gamma_1)=JX\cdot CR=JT\cdot JQ=\text{pow}(J,\gamma_2).
$$
Лемма доказана.
Рис. 10
Пусть в рассматриваемой конструкции $S=QR\cap AO$, а $N$ — вторая точка
пересечения $AJ$ с окружностью $(ABC)$ (рис. 10). Докажем, что $JS\parallel NP$ или, эквивалентно,
$$
\dfrac{JA}{JN}=\dfrac{SA}{SP}.\tag1
$$
Имеем
$$
\dfrac{JA}{JN}=\dfrac{S_{RAC}}{S_{RNC}}=\dfrac{AR\cdot AC}{NR\cdot NC}.\tag2
$$
Проведём через $A$ прямую, параллельную $RP$. Пусть она пересекает $RQ$ в точке $K$. Тогда
$$
\dfrac{SA}{SP}=\dfrac{AK}{RP}.\tag3
$$
Из (2) и (3) следует, что $$
\begin{gather*}
(1)~{\Leftrightarrow}~\dfrac{AR}{NR}\cdot\dfrac{AC}{NC}=\dfrac{AK}{RP}
~{\Leftrightarrow}\\
{\Leftrightarrow}~\dfrac{AR}{AK}\cdot\dfrac{AC}{NR}=\dfrac{NC}{RP}.\tag4
\end{gather*}
$$
Имеем
$$
\dfrac{AC}{NR}=\dfrac{AJ}{JR},\tag5
$$
поскольку $\triangle AJC\sim\triangle RJN$. Так как $RQ\perp AB$ (в силу
леммы 2) и $RP\perp AB$, то $\angle PRQ=\angle BAN$, a этот угол равен
$\angle BCN$. И, аналогично, $\angle RQP=\angle NBC$. Из полученных равенств
вытекает подобие $\triangle BCN\sim\triangle QRP$. Отсюда
$$
\dfrac{NC}{RP}=\dfrac{BC}{RQ},
$$
а $$
\dfrac{BC}{RQ}=\dfrac{JB}{JR}
$$
в силу $\triangle BJC\sim\triangle RJQ$. Значит,
$$
\dfrac{NC}{RP}=\dfrac{JB}{JR}.\tag6
$$
Из (5) и (6) получается, что $$
(4)~{\Leftrightarrow}~\dfrac{AR}{AK}\cdot\dfrac{JA}{JR}=\dfrac{JB}{JR}
~{\Leftrightarrow}~\dfrac{AR}{AK}=\dfrac{JB}{JA}.\tag7
$$
Ho (7) верно, поскольку $\triangle JAB\sim\triangle AKR$ по двум углам:
$$
\begin{gather*}
\angle JBA=\angle QBA=\angle QRA=\angle KRA,\\
\angle BAJ=\angle BAN=\angle BCN=\angle PRQ=\angle AKR
\end{gather*}
$$
(в силу $AK\parallel RP$).
Этим завершается решение задачи 3.
И ещё обобщения
В процессе работы над статьёй автор обнаружил ещё несколько занятных
обобщений задачи 1. Предлагаем их читателю в виде задач для самостоятельного решения.
Задача 4. Пусть $I$ — центр вписанной окружности треугольника
$ABC$. Пусть $E$ и $F$ — точки, лежащие на прямых $IB$ и $IC$
соответственно, такие, что $AE\perp AB$ и $AF\perp AC$. Пусть $M$ — середина
$EF$. Докажите, что $MI\perp BC$.
Задача 5*. В треугольнике $ABC$ биссектрисы $BE$ и $CF$
пересекаются в точке $I$. Пусть $K$ – центр окружности $(AEF)$, а $L$ –
точка, симметричная $K$ относительно $EF$. Докажите, что $IL\perp BC$.
Задача 6**. В остроугольном треугольнике $ABC$ биссектрисы $BE$ и $CF$ пересекаются в точке $I$. Пусть $O$ — центр окружности $(ABC)$.
Окружность $\omega$ касается отрезков $CA$, $AB$, a также касается внешним
образом окружности $(BOC)$ в точке $P$. Докажите, что прямая $PI$ делит
отрезок $EF$ пополам.
Автор искренне благодарен А. Заславскому за внимательное прочтение
рукописи и существенную поддержку в ходе подготовки этой статьи. Также автор
благодарит П. Кожевникова, который помог упростить некоторые решения и избежать использования техники проективной геометрии.
Указание. Окружность, построенная на $OK$ как на диаметре, содержит точки $B$ и $C$.
Указание. Рассмотрите случай, когда $P$ совпадает с $O$.
Задачи
Схема решения. Пусть $I'$, $E'$, $F'$ — проекции
точек $I$, $E$, $F$ на прямую $BC$. Нам достаточно понять, что $I'E'=I'F'$.
Но в силу симметрии относительно $CF$ отрезок $I'F'$ равен отрезку от $A$ до точки касания с вписанной окружностью. Этой же величине равен отрезок
$I'E'$.
Схема решения. Наша цель — вычислить проекции вектора
$\overrightarrow{IL}$ на прямые $AB$ и $AC$ и понять, что их отношение равно
$\dfrac bc$; отсюда будет следовать параллельность $\overrightarrow{IL}$ и высоты $AH_a$.
Будем обозначать штрихами проекции соответствующих точек на $AB$, и пусть
$\overrightarrow{e}$ — единичный вектор, сонаправленный с $AB$. Имеем
$\overrightarrow{I'L'}=\overrightarrow{AL'}-\overrightarrow{AI'}$. Так как $AI'=p-a$, то $\overrightarrow{AI'}=(p-a)\overrightarrow{e}$. Так как $KEFL$ – параллелограмм, то $\overrightarrow{AK}+\overrightarrow{AL}=
\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AF}$, откуда $\overrightarrow{AK'}+
\overrightarrow{AL'}=\overrightarrow{AE'}+\overrightarrow{AF'}$.
Далее, $K'$ — середина $AF$, поэтому
$\overrightarrow{AK}=\dfrac12\overrightarrow{AF}$. Тогда
$$
\overrightarrow{AL'}=\dfrac12\overrightarrow{AF}+\overrightarrow{AE'}=
\dfrac{bc}{2(a+b)}\overrightarrow{e}+\dfrac{bc\cos\alpha}{a+c}
\overrightarrow{e}.
$$
Используя теорему косинусов ($2bc\cos\alpha=b^2+c^2-a^2$), после
преобразований получаем
$$
\overrightarrow{I'L'}=b\left(\dfrac c{a+b}+\dfrac b{a+c}-1\right)
\overrightarrow{e}.
$$
Аналогичное выражение (с заменой $b$ и $c$) получается для проекции вектора
$\overrightarrow{IL}$ на $AC$.
Указание. Используя задачу $2'$, сведите данную задачу к следующей известной лемме.
Лемма.Пусть окружность $\Gamma$ проходит через вершины $B$ и $C$ треугольника $ABC$. Пусть $\omega$ — окружность, касающаяся отрезков
$AC$ и $AB$, а также касающаяся внешним образом окружности $\Gamma$ в точке
$P$. Тогда центр $I$ вписанной окружности треугольника $ABC$ лежит на биссектрисе угла $BPC$.
(Отметим, что эта лемма связана с леммой Саваямы и имеет множество
вариантов, отвечающих разным конфигурациям: внутреннему касанию окружностей,
касанию $\Gamma$ продолжений отрезков $AB$, $AC$ и т. д.)
МетаданныеЧан Куанг Хюнг. Обобщения одной геометрической задачи // Квант. — 2025. — № 8. — С. 35—39.
