Олимпиадная задача о медианах и окружностях

Решение 1: Пусть $D$ – произвольная точка отрезка $BC$. Две окружности, вписанные в углы $ADB$, $ADC$ и касающиеся внутренним образом описанной окружности треугольника $ABC$, называются окружностями Тебо. Воспользуемся следующими свойствами окружностей Тебо (см. В.Протасов, «Касающиеся окружности от Тебо до Фейербаха», Квант, №4(2008), стр.10).

1. Вторая общая внешняя касательная окружностей Тебо касается также вписанной окружности $\omega$.

2. Точка пересечения $E$ отрезка $AD$ и второй внешней касательной к окружностям Тебо лежит на касательной к $\omega$, параллельной $BC$.

Пусть $U$ – точка $\omega$, противоположная $T$. В силу свойств окружностей Тебо для решения задачи достаточно доказать, что касательные к $\omega$ в точках $U$ и $S$ пересекаются на медиане $AM$. Пусть касательная в точке $U$ пересекает касательную в точке $S$ и прямую $AT$ в точках $V$ и $W$ соответственно. Так как $\angle USW=\pi/2$, а $UV=VS$, то $V$ – середина отрезка $UW$. Но прямая $AU$ пересекает сторону $BC$ в точке ее касания с вневписанной окружностью, которая симметрична $T$ относительно $M$, следовательно, $AM$ проходит через $V$.

Решение 2: Пусть $\sigma$ – вписанная окружность треугольника $\delta$, для точки $X$, лежащей вне $\sigma$, обозначим через $t_X$ длину касательной из $X$ к $\sigma$. Будем считать, что $AB < AC$. Применяя к описанной окружности треугольника $ABC$, окружностям нулевого радиуса $A$, $B$, $C$ и окружности $\sigma$ теорему Кези, получаем, что утверждение задачи равносильно равенству $at_A+bt_B-ct_C=0$.

Пусть касательная $t$ к $\omega$, параллельная $BC$, пересекает отрезки $AM$ и $AT$ в точках $K$ и $P$ соответственно. Пусть $TQ$ – диаметр $\omega$ (т.е. $Q$ – точка касания $t$ и $\omega$). Аналогично первому решению получаем, что $SK$ – медиана прямоугольного треугольника $PSQ$. Следовательно, $\angle KSQ = \angle KQS$ и $KS$ касается $\omega$. Пусть прямые $BC$ и $KS$ пересекаются в точке $L$. Тогда $\delta$ совпадает с треугольником $KLM$.

Имеем $$2t_A=2(AK+t_K)=2AK+(KL+KM-LM)=2AK+KS+KM-MT,$$ $$2t_B=2(t_L-BL)=(KL+LM-KM)-2BL=(KL-BL)+(LM-BL)-KM=KS+BT+BM-KM$$ и $$2t_C=2(CM+t_M)=2CM+(KM+LM-KL)=BC+KM+MT-KS.$$

Следовательно, $$2(at_A+bt_B-ct_C)=2aAK-(-a+b+c)KM+(a+b+c)KS-(a+c)MT+b\cdot\frac{a - b + c}{2}+b\cdot\frac{a}{2}-ca.$$

Также $KP = KS$ и $AK:AM=KP:MT=r:r_A$, где $r$ и $r_A$ – радиусы $\omega$ и $\omega_A$ соответственно, поскольку гомотетия с центром $A$, переводящая $\omega$ в $\omega_A$, переводит также треугольник $AKP$ в $AMT$.

С другой стороны, для длин касательных из $A$ к $\omega$ и $\omega_A$ выполнено $r:r_a=(-a+b+c):(a+b+c)$.

Следовательно, $AK:KM=(-a+b+c):2a$ и $KS:MT=(-a+b+c):(a+b+c)$, значит, $$2aAK-(-a+b+c)KM+(a+b+c)KS-(a+c)MT=(-2a+b)MT=(-2a+ b)\cdot\frac{b-c}{2}.$$

Осталось показать, что $$(-2a+b)\cdot\frac{b-c}{2}+b\cdot\frac{a-b+c}{2}+b\cdot\frac{a}{2}-ca=0,$$ что выполнено для любых действительных $a$, $b$, $c$.