Okrąg dowpisany

Problem, który opiszę, został zaproponowany przez Amerykanów na LV Międzynarodową Olimpiadę Matematyczną, a jego treść brzmi następująco...

Zadanie. Dany jest trójkąt $BAC.$ Niech $|Ω$ będzie okręgiem nań opisanym, a $|I$ środkiem okręgu wpisanego w ten trójkąt. Prosta, przechodząca przez $I,$ prostopadła do $CI,$ przecina odcinek $BC$ i łuk $|BC$ (niezawierający punktu $A$ ) okręgu $Ω$ w punktach $U$ oraz $|V.$ Niech prosta równoległa do $AI,$ poprowadzona przez $|U,$ przecina odcinek $VA$ w punkcie $X,$ a prosta równoległa do $AI,$ poprowadzona przez $V ,$ tnie odcinek $BA$ w $|Y.$ Oznaczmy kolejno przez $|W,Z$ środki odcinków $X,ABC.$ Udowodnić, że jeżeli punkty $|I,X,Y$ są współliniowe, to również punkty $W,I,Z$ są współliniowe.

Treść tego zadania wygląda bardzo skomplikowanie. Poczyniono wiele założeń, które na pierwszy rzut oka trudno ze sobą połączyć. Pokażę jednak, że to zadanie można rozwiązać w bardzo elegancki sposób, używając kilku lematów związanych z tzw. mixtilinear incircle. Jest to okrąg, który nie ma fachowej nazwy po polsku, dlatego pozwolę sobie zaproponować dość luźne tłumaczenie tego terminu na okrąg dowpisany. Jego definicja jest następująca: okrąg dowpisany do trójkąta $|ABC$ dla wierzchołka $|A$ jest to okrąg styczny wewnętrznie do okręgu opisanego na $ABC$ oraz styczny do prostych $AB$ i $AC.$ Zaprezentuję 3 lematy, które przybliżą nam jego własności.

Lemat 1. Dany jest trójkąt $ABC,$ okrąg nań opisany $Ω$ oraz doń dowpisany dla wierzchołka $|A.$ Przez $|I$ oznaczmy środek okręgu wpisanego w $ABC$ i niech $D,E$ będą punktami styczności okręgu dowpisanego z bokami $BA, AC.$ Wówczas $|I$ jest środkiem odcinka $DE.$

Dowód. Wykażę, że punkty $|D,I,E$ są współliniowe. Wtedy to, że $I$ jest środkiem odcinka $|DE,$ będzie wynikało z tego, że $EA= AD.$ Niech $|P$ będzie punktem styczności okręgu dowpisanego z $|Ω.$ Korzystając z tezy zadania M1468 z Delty 9/15, otrzymujemy, że $|PD$ i $PE$ połowią łuki $AB,AC,$ niezawierające kolejno $|C,B.$ Oznaczmy więc środki tych łuków przez $M1,M2.$ Widzimy teraz, że $CM1$ jest dwusieczną $|?ACB,$ a $BM2$ jest dwusieczną $|?ABC.$ To implikuje współliniowość punktów $|M1,I,C$ oraz $|M,I,B. 2$ Współliniowość $|D,I,E$ jest teraz konsekwencją twierdzenia Pascala zastosowanego do sześciokąta $ABM2PM1C.$

Dowód. Bez straty ogólności załóżmy, że $BA< AC$ (gdy $BA= AC,$ teza lematu jest trywialna, bo $A= M$ ). Musimy wykazać, że $|?BP M = ?CP M.$ Zauważmy, że

$pict$

Z racji tego, że $AP$ jest zawarty w symedianie $DPE,$ a z poprzedniego lematu wiemy, że $I$ jest środkiem odcinka $DE,$ mamy równość $|?MPA= ?M PM 1 2$ (o symedianach można przeczytać więcej w Delcie 2/2015 i 5/2015). Ponadto

$pict$

co w połączeniu z poprzednią równością daje tezę.

Lemat 3. Ponownie przyjmijmy oznaczenia jak w poprzednich lematach. Niech $|F$ będzie punktem styczności okręgu dopisanego do $BAC$ naprzeciw wierzchołka $A.$ Wynika stąd, że $?CAF = ?BAP .$

Dowód. Rozważmy inwersję o środku w punkcie $|A$ i promieniu $√ -------- | BA⋅AC$ złożoną z symetrią względem dwusiecznej $|?BAC.$ Obrazem $B$ w tym przekształceniu jest $C,$ czyli obraz $C$ to $|B.$ Zatem $Ω$ przechodzi na prostą $|BC,$ a $BC$ na $Ω.$ Widzimy więc, że okrąg dowpisany przejdzie na wspomniany okrąg dopisany, skąd wynika, że obrazem $P$ w tym przekształceniu jest $F,$ co implikuje, że $PA$ i $|AF$ są symetryczne względem dwusiecznej $?BAC.$ To już jest równoważne z tezą lematu.

Do rozwiązania zadania przyda się nam jeszcze pewien olimpijski fakt, którego znajomość może okazać się bardzo użyteczna na różnych konkursach matematycznych.

Lemat 4. Niech $I$ będzie środkiem okręgu wpisanego w trójkąt $ABC,$ a $|Z$ środkiem boku $BC.$ Punkt $F$ jest punktem styczności okręgu dopisanego do $ABC$ do boku $BC.$ Wówczas odcinki $|AF$ oraz $IZ$ są równoległe.

Dowód. Niech $G|$ będzie punktem styczności okręgu wpisanego do boku $|BC,$ a $H$ punktem przecięcia prostej $AF$ z okręgiem wpisanym (tym, który jest bliżej $| A$ ). Rozważmy jednokładność o środku w $A,$ która przekształca okrąg dopisany do boku $|BC$ trójkąta $BAC$ na okrąg wpisany w ten trójkąt. Prosta $|BC,$ styczna w punkcie $|F$ do okręgu dopisanego, przechodzi pod działaniem tej jednokładności na prostą styczną do okręgu wpisanego w punkcie $| H,$ równoległą do $|BC.$ W tej sytuacji $HG$ jest średnicą okręgu wpisanego. Pozostaje zauważyć, że $CF = BG$ (Czytelnikom, którzy nie spotkali się z tą równością, pozostawiamy ją jako sympatyczne zadanie), w związku z czym $| Z$ jest środkiem $| FG$ i dlatego z twierdzenia Talesa wynika $FA IZ.$

Przystąpmy teraz z powyższym arsenałem do rozwiązania naszego głównego problemu. Przez $?A,?B, ?C$ będę oznaczał kolejno kąty przy wierzchołkach $,AB, C.$ Niech prosta $V I$ przecina $|Ω$ w $|M$ (różnym od $V$ ). Zauważmy, że $?AIC = 180○ − 1(?A+?C) = 90○+ 1?B. 2 2$ Z kolei $○ |?MIC = 90$ pociąga za sobą $1 |?MIA= 2?B,$ a ponieważ $V Y AI ,$ więc $|12?B = ?Y VI = ?Y BI,$ co oznacza, że czworokąt $Y BV I$ możemy wpisać w okrąg. Niech $P = XU∩ AB .$ W podobny sposób pokazujemy, że czworokąt $BUIP$ można wpisać w okrąg. Łącząc te spostrzeżenia, otrzymujemy następujące zależności:

?IUP = ?IBP = ?IBU = ?IP U,

zatem $| PI = UI.$ Stosując teraz twierdzenie Talesa do kątów $|?IYA$ i $?Y IV,$ dostajemy:

XP---= XY---= UV---= UX---, IA IY IV IA

skąd wynika, że $XP = UX,$ czyli $X$ jest środkiem $P U.$ Mamy więc $|IX PU AI .$ Wynika stąd, że

1 90○− --?A= ?AY I = ?BV I, 2

skąd otrzymujemy, że $M$ jest środkiem łuku $BAC.$ Na mocy lematu $|2.$ wiemy więc, że $V$ jest punktem styczności okręgu dowpisanego do $BAC$ dla wierzchołka $.A$ Jeżeli teraz przez $F$ oznaczymy punkt styczności okręgu dopisanego do $ABC$ naprzeciw $A$ z $BC,$ to z lematu $|3.$ dostaniemy, że $|?BAV = ?CAF.$ Wynika stąd, że $|AI$ zawiera się w dwusiecznej kąta $FAV ,$ co w połączeniu z tym, że trójkąt $AIX$ jest prostokątny, pozwala prosto wywnioskować, że $|WI AF.$ Z drugiej strony, na mocy lematu 4. dostajemy $|IZ AF,$ tak więc $WI IZ,$ co oczywiście pociąga za sobą tezę zadania.

Czytelników zatrwożonych stopniem skomplikowania powyższego rozumowania pocieszę tym, że problem został uznany przez jury za najtrudniejszy z geometrycznych. Widać, że znajomość faktów dotyczących okręgu dowpisanego była kluczowym elementem naszego rozwiązania. Czytelnik Uważny może się zastanawiać, czy współliniowość punktów $X,I,Y$ daje jakieś konkretne zależności, które musi spełniać $|ABC.$ Okazuje się, że istotnie jego boki spełniają zależność $|3BA= BC + AC.$ Wykazanie tego faktu pozostawiam Czytelnikom Ambitnym jako olimpijskie ćwiczenie.