Олимпиадная задача по планиметрии: окружности и отрезки в треугольнике

Решение 1:Временно забудем о том, что точка $A_1$ лежит на отрезке $NP$. Пусть $I_A$ – центр $\omega_1$. Обозначим через $X$ точку пересечения прямых $BC$ и $PN$.Так как $I_A$ лежит на биссектрисе внешнего угла $B$, то $\angle CBI_A = \frac{180^\circ - \angle B}{2} = 90^\circ - \frac{\angle B}{2}$. Так как $I_A$ лежит на биссектрисе угла $A$, то точки $A$, $P$, $I_A$ лежат на одной прямой. Тогда $$\angle APN = \frac{\smile{AN}}{2} = \frac{\smile{ABC}}{4} = \frac{360^\circ - \smile{AC}}{4} = 90^\circ - \frac{\angle B}{2}.$$ Таким образом, $\angle CBI_A = \angle APN$, то есть четырёхугольник $I_APXB$ вписанный. Вернёмся к решению задачи. Точки $X$ и $A_1$ совпадают тогда и только тогда, когда $\angle BXI_A = \angle BA_1I_A = 90^\circ$, что, в свою очередь, эквивалентно тому, что $\angle BPI_A = 90^\circ$. Но тогда $\angle ACB = \angle APB = 90^\circ$. Проведя аналогичные рассуждения, получим, что принадлежность точек $Q$, $B_1$, $M$ одной прямой также эквивалентна условию, что угол $C$ прямой.

Решение 2:Как и в первом решении, временно забудем о том, что точка $A_1$ лежит на отрезке $NP$. Воспользуемся двумя известными фактами. Лемма о трезубце. Точка $P$ равноудалена от точек $B$, $C$, $I_A$ и центра вписанной окружности треугольника $ABC$.

Внешняя лемма о трезубце. Точка $N$ равноудалена от точек $A$, $C$, $I_A$ и центра окружности, касающейся стороны $AB$ и продолжений сторон $CA$ и $CB$.

Из этих утверждений следует, что $NC = NI_A$ и $PC = PI_A$, а значит, $PN$ является серединным перпендикуляром к отрезку $CI_A$.

Вернёмся к решению задачи. Точка $A_1$ лежит на прямой $PN$ тогда и только тогда, когда $CA_1 = A_1I_A$, то есть треугольник $CA_1I_A$ является равнобедренным и прямоугольным. Это, в свою очередь, равносильно тому, что $\angle A_1CI_A = 45^\circ$, что эквивалентно тому, что $\angle BCA = 90^\circ$. Осталось, как и в концовке первого решения, сослаться на то, что аналогично устанавливается эквивалентность утверждений, что $\angle BCA = 90^\circ$ и что точки $Q, B_1, M$ лежат на одной прямой.

Решение 3:Приведём решение, в котором не используется в качестве вспомогательного факта, что угол $C$ прямой. Пусть $I$ – центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности, $D$ – точка касания этой окружности со стороной $AB$, $E$ – точка пересечения отрезков $CI$ и $PQ$. Обозначим точку пересечения прямых $AC$ и $MQ$ через $Y$. Требуется доказать, что точки $B_1$ и $Y$ совпадают.

Мы будем пользоваться следующими известными фактами.

1. Прямые $NP$ и $MQ$ параллельны биссектрисе угла $C$, а прямая $PQ$ – перпендикулярна.

2. Выполнены равенства $AD = CB_1$ и $BD = CA_1$.

Поскольку $\angle CPQ = \angle CBQ = \angle IBA$ и аналогично $\angle CQP = \angle IAB$, то треугольники $IBA$ и $CPQ$ подобны. Тогда $D$ и $E$ – соответствующие точки в подобных треугольниках $IBA$ и $CPQ$, поэтому $PE/EQ = BD/DA$. Так как длина отрезка $PE$ равна расстоянию между параллельными прямыми $CI$ и $NP$, то $$PE = CA_1 \cdot \cos \frac{180^\circ - \angle C}{2} = CA_1 \cdot \sin \frac{\angle C}{2}.$$ Аналогично $QE = CY \cdot \sin \frac{\angle C}{2}$, поэтому $$\frac{CA_1}{CY} = \frac{PE}{EQ} = \frac{BD}{DA}.$$ Подставив $CA_1 = BD$, получим $$\frac{CA_1}{CY} = \frac{BD}{DA} \Leftrightarrow \frac{BD}{CY} = \frac{BD}{DA} \Leftrightarrow CY = DA.$$

Но $DA = CB_1$, то есть $CB_1 = CY$. Следовательно, точки $Y$ и $B_1$ совпадают.