Задача М1401 з журналу «Квант» (1993 рік, № 11/12)

Умова

На дузі $BC$ кола, описаного навколо трикутника $ABC$ (що не містить $A$), взято точку $K$. Нехай $NK$ і $MK$ — бісектриси трикутника $AKB$ і $AKC$. Доведіть, що пряма $MN$ проходить через центр вписаного кола трикутника $ABC$.

Розв’язок

Випишемо умову, за якої пряма $MN$ (де $M$ і $N$ — точки на сторонах кута $A$) перетинає бісектрису у заданій точці $Q$ (мал. 1). Покладемо $AM = x$, $AN = y$, $AQ = q$, $\angle MAN = 2\alpha$. Сума площ трикутників $AMQ$ і $ANQ$ дорівнює площі трикутника $MAN$; звідси $xq + yq = 2xy \cos \alpha$, або $1/x + 1/y = 2\cos\alpha / q$. (Це — формула для обчислення бісектриси $q$ по двум сторонам $x$, $y$ і куту $2\alpha$ між ними.) Таким чином, щоб довести, що в нашій задачі прямі $MN$ перетинають бісектрису в одній і тій самій точці, достатньо перевірити, що величина $1/AM + 1/AN$ постійна. Один з способів довести це — використання теореми синусів. Нехай $d$ — діаметр кола, $\angle ABC = 2\beta$, $\angle ACB = 2\gamma$, $\angle ABK = \varphi$. Тоді $AK = d \sin\varphi$,

$$AM = d \sin \varphi \cdot \frac{\sin \gamma}{\sin(\varphi + \gamma)},$$
$$AN = d \sin \varphi \cdot \frac{\sin \beta}{\sin(\pi — \varphi + \beta)} = d \sin \varphi \cdot \frac{\sin\beta}{\sin(\varphi — \beta)},$$
тому величина
$$\frac{1}{AM} + \frac{1}{AN} = \frac{1}{d} \left(\frac{\sin(\varphi + \gamma)}{\sin\varphi\sin\gamma} + \frac{\sin(\varphi-\beta)}{\sin\varphi\sin\beta} \right) = \\ \frac{1}{d}\left(\cot\gamma+\cot\varphi+\cot\beta — \cot\varphi \right) = \frac{1}{d} \left(\cot\gamma + \cot\beta \right)$$
дійсно не залежить від $\varphi$.

Ще один спосіб, замість тригонометрії, використовує теорему Птолемея. За властивісттю бісектриси маємо:

$$\frac{AB — x}{x} = \frac{BK}{AK},$$
або
$$\frac{AB}{x} = 1 + \frac{BK}{AK}. \;\;\;(1)$$
Аналогічно
$$\frac{AC}{y} = 1 + \frac{CK}{AK}.\;\;\;(2)$$
За теоремою Птолемея $BK \cdot AC + CK \cdot AB = AK \cdot BC$. Отже,
$$\frac{BK}{AK}\cdot AC + \frac{CK}{AK} \cdot AB = BC.$$
З допомогою цієї рівності отримаємо з (1) і (2) твердження, що доводиться, про те, що $1/x + 1/y$ постійна.

Залишається пояснити, що фіксована точка $Q$, через яку проходять усі прямі $MN$, дійсно центр вписаного кола.

Це можна зробити, наприклад, розглянувши одне спеціальне положення точки $K$, коли вона знаходиться в середині дуги $BC$; тоді

$$BM/MA = BK/KA = CK/KA = CN/NA \;\;\;(3)$$
(так що $MN$ паралельна $BC$). Нехай $P$ — точка перетину $AK$ зі стороною $BC$. З подоби трикутників $BKA$ і $PKB$ (вони мають спільний кут $K$ і рівні кути, які опираються на рівні дуги $KC$ і $KB$) відношення (3) дорівнює:
$$BK/KA = BP/AB = PQ/QA,$$
де $Q$ — центр вписаного кола трикутника.

Але це можна обчислити і без допомоги обчислень. Помітимо, що коли точка $K$ наближається до $B$, то $M$ також наближається до $B$, так що граничним положенням прямої $MN$ буде бісектриса кута $B$ (так само, коли $K$ наближається до $C$, граничним положенням $MN$ буде бісектриса кута $C$). Ці «граничні» прямі, звичайно, теж проходять через точку $Q$; тим самим $Q$ — точка перетину бісектрис трикутника $ABC$.

Інший роз’язок задачі М1401 можна отримати, спираючись на наступну чудову теорему Паскаля: точки перетину трьох пар протилежних сторін вписаного шестикутника лежать на одній пряій¹. Щоб отримати цей шестикутник $ABDKEC$, достатньо продовжити бісектриси до перетину з колом у точках $D$ і $E$ (вони ділять відповідні дуги навпіл — див. мал. 2); тоді $M,$ $N,$ $Q$ — точки перетину його сторін $AB$ і $EK$, $DK$ і $CA$, $BD$ і $EC$.

---

¹Див. статтю Н. Васильєва «Гексаграми Паскаля і кубічні криві» в «Кванті» №8 від 1987 р.