Резюме. Разгледани са няколко основни свойства на въртящата хомотетия. Показани са приложения на отбелязаните свойства при обобщаване на няколко известни задачи от планиметрията и една от задачите, участваща в темата на 60. международна олимпиада по математика.

Ключови думи: геометрична трансформация; хомотетия; въртяща хомотетия; решения

Еднаквостите и хомотетията са основни геометрични преобразувания, които често помагат при опростяването на решенията на някои задачи. Най-общо, произведението на еднаквост с хомотетия дава като резултат подобност. По-специално, когато се извършва последователно прилагане на ротация и хомотетия (или обратното) с един и същ център, имаме въртяща хомотетия. По-точно, ако \(h\) е произведение на хомотетия с център \(O\) и коефициент \(k\) и на ротация с център \(O\) и ъгъл \(\varphi\), казваме, че \(h\) е въртяща хомотетия \(c\) център \(O\), коефициент \(k\) и ъгъл \(\varphi\).

Като използваме въртяща хомотетия, ще докажем обобщения на няколко известни задачи от планиметрията. Също така ще покажем едно решение на задача 6 от 60. международна олимпиада по математика.

Първо ще отбележим някои свойства на въртящата хомотетия, които са непосредствени следствия от отделните свойства на преобразуванията ротация и хомотетия.

1) Въртящата хомотетия \(h\) изобразява отсечка, лъч, права съответно в отсечка, лъч, права;

2) Ако \(X \neq O\) е произволна точка и \(X^{\prime}=h(X)\), то \(O X^{\prime}=|k| . O X\) и \(∢ X^{\prime} O X=\varphi\);

3) Ако \(m\) е отсечка и \(m^{\prime}=h(m)\), то \(m^{\prime}=|k| . m\);

4) Ако \(p\) и \(q\) са произволни прави и \(p^{\prime}=h(p)\) и \(q^{\prime}=h(q)\), то \(∢\left(p^{\prime}, q^{\prime}\right)=∢(p, q)\);

5) Въртящата хомотетия \(h\) изобразява окръжност \(\omega\) с радиус \(r\) в окръжност \(\omega^{\prime}\) с радиус \(r^{\prime}=|k| . r\);

6) Ако \(s_{1}\) и \(s_{2}\) са произволни линии в равнината, то общият брой на точките, които имат \(s_{1}^{\prime}=h\left(s_{1}\right)\) и \(s_{2}^{\prime}=h\left(s_{2}\right)\), е равен на общия брой на точките, които имат \(s_{1}\) и \(s_{2}\). Ако \(s_{1}\) и \(s_{2}\) се допират, то \(s_{1}^{\prime}=h\left(s_{1}\right)\) и \(s_{2}^{\prime}=h\left(s_{2}\right)\) също се допират.

Освен тези свойства въртящата хомотетия притежава и някои по-специални свойства. Сега ще покажем няколко от тях.

Свойство 1. Нека точките \(A\) и \(B\) лежат върху права \(c\), а точките \(A_{1}\) и \(B_{1}\)– върху права \(c_{1}\). Ако никои две от точките \(A, B, A_{1}, B_{1}\) и \(P=c \cap c_{1}\) не съвпадат, съществува единствена въртяща хомотетия \(h\) с център пресечната точка на описаните около триъгълничите \(A A_{1} P\) и \(B B_{1} P\) окръжности, при която \(h(A)=A_{1} u h(B)=B_{1}\).

Доказателство. Означаваме с \(\omega_{a}\) и \(\omega_{b}\) описаните окръжности съответно за триъгълниците \(A A_{1} P\) и \(B B_{1} P\). В зависимост от броя на общите точки на \(\omega_{a}\) и \(\omega_{b}\) са възможни два случая.

1) Нека \(\omega_{a}\) и \(\omega_{b}\) имат единствена обща точка \(P\) (фиг. 1). Тогава \(P\) е център на хомотетия за тези окръжности, при която двойките точки (\(A B\) ) и \(\left(A_{1}, B_{1}\right)\) са съответни. Затова \(A_{1} B_{1} \| A B\) и \(\tfrac{P A_{1}}{P A}=\tfrac{P B_{1}}{P B}=k\). Въртящата хомотетия \(h\) с ъгъл \(\varphi=∢ P A A_{1}\) и коефициент \(k\) притежава описаните свойства.

2) Нека \(\omega_{a}\) и \(\omega_{b}\) имат втора обща точка \(O\) (фиг. 2). От окръжността \(\omega_{a}\) имаме \(∢ O A_{1} P=∢ O A P=\cfrac{\overparen{O P}}{2}\) . Следователно \(∢ O A_{1} B_1=∢ O A B\) . Аналогично от окръжността \(\omega_{b}\) имаме \(∢ O B_{1} P=∢ O B P=\tfrac{\overparen{O P}}{2}\). Последните равенства водят до \(∢ O B A=∢ O B_{1} A_{1}\). Така получаваме, че \(\triangle O A B \sim \triangle O A_{1} B_{1}\). Следователно \(\tfrac{A_{1} B_{1}}{A B}=\tfrac{O A_{1}}{O A}=\tfrac{O B_{1}}{O B}=k\) и \(∢ A_{1} O B_{1}=∢ A O B=\varphi\). Въртящата хомотетия \(h\) с ъгъл \(\varphi\) и коефициент \(k\) притежава описаните свойства.

Нека сега \(h_{1}\) е въртяща хомотетия с център \(O_{1}\), при която \(h_{1}(A)=A_{1}\) и \(h_{1}(B)=B_{1}\).Ако \(O_{1} \neq P\),то \(h_{1}\left(∢ O_{1} A B\right)=∢ O_{1} A_{1} B_{1}\).Затова \(∢ O_{1} A_{1} B_{1}=∢ O_{1} A B\). Това означава, че отсечката \(O_{1} P\) се вижда под равни ъгли от точките \(A\) и \(A_{1}\). Следователно точките \(O_{1}, P, A\) и \(A_{1}\) лежат на една окръжност. Така получаваме, че \(O_{1} \in \omega_{a}\). Аналогично се забелязва, че точките \(O_{1}, P, B\) и \(B_{1}\) лежат на една окръжност, което показва, че \(O_{1} \in \omega_{b}\). Следователно \(O_{1} \equiv O\). Като вземем предвид и това, че \(h_{1}(A)=A_{1}\), получаваме, че \(h_{1} \equiv h\). Ако \(O_{1} \equiv P\), то \(\triangle P A A_{1} \sim \triangle P B B_{1}\). Следователно тези триъгълници са хомотетични и описаните им окръжности \(\omega_{a}\) и \(\omega_{b}\) се допират в точката \(P\). Така стигаме до разгледания вече случай, който отново показва, че \(h_{1} \equiv h\). С това е доказана единствеността на \(h\).

Свойство 2. Ако \(A B C\) и \(A_{1} B_{1} C_{1}\) са еднакво ориентирани подобни триъгълници, които са с неуспоредни страни, то съществува въртяща хомотетия, която преобразува \(A B C\) в \(A_{1} B_{1} C_{1}\).

Доказателство. Нека правите \(A B\) и \(A_{1} B_{1}\) се пресичат в точка \(P\) (фиг. 3). От свойство 1 следва, че съществува единствена въртяща хомотетия \(h\) с център втората пресечна точка \(O\) на окръжностите \(\omega_{a}\) и \(\omega_{b}\), които са описани съответно около \(A A_{1} O\) и \(B B_{1} O\). Коефициентът на \(h\) е \(k=\tfrac{A_{1} B_{1}}{A B}\). Нека \(h(C)=C^{\prime}\). Тъй като \(h\) запазва ъглите, то \(A_{1} B_{1} C^{\prime} \sim A B C\). От свойствата на ротацията следва, че триъгълниците \(A B C\) и \(A_{1} B_{1} C^{\prime}\) са еднакво ориентирани. От друга страна коефициентът, на подобност за триъгълниците \(A_{1} B_{1} C^{\prime}\) и \(A B C\) е равен на \(k\). Следователно \(C^{\prime} \equiv C_{1}\).

Свойство 3. Ако въртящите хомотетии \(h\) и \(h_{1}\) са такива, че \(h(A B)=A_{1} B_{1}\) и \(h_{1}\left(A A_{1}\right)=B B_{1}\), центровете на \(h\) и \(h_{1}\) съвпадат.

Доказателство. Нека \(O\) е центърът на \(h\) (фиг. 4). Тогава \(\triangle O A B \sim \Delta O A_{1} B_{1}\). Следователно \(\quad ∢ A O B=∢ A_{1} O B_{1} \quad\) и \(\quad \tfrac{O A}{O B}=\tfrac{O A_{1}}{O B_{1}}\). Оттук следва, че \(∢ A O A_{1}=∢ B O B_{1}\) и \(\tfrac{O A}{O A_{1}}=\tfrac{O B}{O B_{1}}\). Това означава, че \(\triangle O A A_{1} \sim \triangle O B B_{1}\). Следователно \(O\) е център и на \(h_{1}\).

Свойство 4. Нека \(A\) е точка от окръжността \(\omega\) и \(h\) е въртяща хомотетия с център \(A\). Ако \(X\) е точка от \(\omega\) и \(X^{\prime}=h(X)\), правата \(X X^{\prime}\) минава през втората обща точка \(P\) на \(\omega\) и \(\omega^{\prime}=h(\omega)\).

Доказателство. Нека \(X\) и \(Y\) са две различни точки от \(\omega\) и \(h(X Y)=X^{\prime} Y^{\prime}\) (фиг. 5). Означаваме с \(P\) пресечната точка на \(X X^{\prime}\) и \(Y Y^{\prime}\) (фиг. 5). От свойство 3 следва, че въртящата хомотетия \(h_{1}\), при която \(h_{1}\left(X X^{\prime}\right)=Y Y^{\prime}\), има за център точката \(A\). Като приложим свойство 1 за \(h_{1}\), получаваме, че точките \(A, P, X\) и \(Y\) лежат на една окръжност, т.е. \(P \in \omega\). Отново според свойство 1, точките \(A, P, X^{\prime}\) и \(Y^{\prime}\) лежат на една окръжност, която съвпада с \(\omega^{\prime}\). Следователно \(P\) е обща точка за окръжностите \(\omega\) и \(\omega^{\prime}\). С това свойство 4 е доказано.

Като приложения на току-що доказаните свойства ще решим следващите задачи.

Задача 1. Нека правите \(l_{1}\) и \(l_{2}\) се пресичат в точка \(P\), а точките \(A_{1} u\) \(A_{2}\) лежат съответно върху \(l_{1}\) и \(l_{2}\) и са различни от \(P\). Да се построи центърът на въртяща хомотетия \(h\) с коефициент \(k\), при която \(h\left(l_{1}\right)=l_{2} u\) \(h\left(A_{1}\right)=A_{2}\).

Решение. Съгласно свойство 1 центърът на \(h\) лежи върху описаната около \(\triangle A A_{1} P\) окръжност \(\omega_{a}\) (фиг. 6). От друга страна, за коефициента \(k\) на \(h\) е изпълнено равенството \(k=\tfrac{O A_{2}}{O A_{1}}\). Геометричното място на точките \(X\), за които е изпълнено равенството \(\tfrac{X A_{2}}{X A_{1}}=k\), е окръжност \(\omega\), която се нарича Аполониева окръжност (фиг. 6). Следователно търсеният център е обща точка на окръжностите \(\omega\) и \(\omega_{\alpha}\) (фиг. 6). Задачата има две решения.

Задача 2. Четири прави в равнината определят четири тръгълника. Да се докаже, че описаните окръжности на тези триъгълници минават през една точка (теорема на Микел).

Решение. Ще използваме означенията на фиг. 7. Нека \(h\) е въртяща хомотетия, при която \(h(A D)=B C\). От свойство 1 следва, че центърът \(O\) на \(h\) е втората пресечна точка на описаните около триъгълниците \(A B V\) и \(D C V\) окръжности. Ако \(h_{1}\) е въртяща хомотетия, при която \(h_{1}(A B)=D C\), то отново по свойство 1 центърът є е втората пресечна точка \(O_{1}\) на описаните за триъгълниците \(A D U\) и \(B C U\) окръжности. Сега от свойство 3 следва, че \(O_{1} \equiv O\). Следователно описаните окръжности за триъгълниците \(A B V, D C V, A D U\) и \(B C U\) минават през една точка \(O\), която се нарича точка на Микел за четириъгълника \(A B C D\).

Задача 3. Нека върху страните на изпъкнал многоъгълник \(A_{1} A_{2} \ldots A_{n}\) са построени външно за многоъгълника подобни триъгълници \(A_{1} B_{1} A_{2}\), \(A_{2} B_{2} A_{3}, \quad \ldots, A_{n} B_{n} A_{1} \quad\) така, \(\quad\) че \(\quad ∢ A_{2} A_{1} B_{1}=∢ A_{3} A_{2} B_{2}=\cdots=∢ A_{1} A_{n} B_{n} \quad\) и \(∢ A_{1} A_{2} B_{1}=∢ A_{2} A_{3} B_{2}=\cdots=∢ A_{n} A_{1} B_{n}\). Да се докаже, че медицентровете на многоъгълниците \(B_{1} B_{2} \ldots B_{n}\) и \(A_{1} A_{2} \ldots A_{n}\) съвпадат (фиг. 8).

Решение. Разглеждаме въртяща хомотетия \(h\) с ъгъл \(\varphi=∢ A_{2} A_{1} B_{1}=∢ A_{3} A_{2} B_{2}=\cdots=∢ A_{1} A_{n} B_{n}\) и коефициент \(k=\tfrac{A_{1} B_{1}}{A_{1} A_{2}}=\tfrac{A_{2} B_{2}}{A_{2} A_{3}}=\cdots=\tfrac{A_{n} B_{n}}{A_{n} A_{1}} \quad\) (фиг. 8). Изпълнени са равенствата \(\quad h\left(\overrightarrow{A_{1} A_{2}}\right)=\overrightarrow{A_{1} B_{1}}, \quad h\left(\overrightarrow{A_{2} A_{3}}\right)=\overrightarrow{A_{2} B_{2}}, \quad \ldots, \quad h\left(\overrightarrow{A_{n} A_{1}}\right)=\overrightarrow{A_{n} B_{n}} . \quad\) Тъй като \(\quad \overrightarrow{A_{1} A_{2}}+\overrightarrow{A_{2} A_{3}}+\cdots+\overrightarrow{A_{n} A_{1}}=\overrightarrow{0}\), от последните равенства следва \(\overrightarrow{A_{1} B_{1}}+\overrightarrow{A_{2} B_{2}}+\cdots+\overrightarrow{A_{n} B_{n}}=\overrightarrow{0}\). От друга страна, медицентърът \(G\) на \(A_{1} A_{2} \ldots A_{n} \quad\) удовлетворява равенството \(\quad \overrightarrow{O G}=\tfrac{1}{n}\left(\overrightarrow{O A_{1}}+\overrightarrow{O A_{2}}+\cdots+\overrightarrow{O A_{n}}\right)\), където \(O\) е произволна точка в пространството. При \(O \equiv G\) имаме \(\overrightarrow{G A_{1}}+\overrightarrow{G A_{2}}+\cdots+\overrightarrow{G A_{n}}=\overrightarrow{0}\). От получените равенства следва \(\overrightarrow{G B_{1}}+\overrightarrow{G B_{2}}+\cdots+\overrightarrow{G B_{n}}=\left(\overrightarrow{G A_{1}}+\overrightarrow{A_{1} B_{1}}\right)+\left(\overrightarrow{G A_{2}}+\overrightarrow{A_{2} B_{2}}\right)+\cdots+\left(\overrightarrow{G A_{n}}+\overrightarrow{A_{n} B_{n}}\right)=\) \(=\left(\overrightarrow{A_{1} B_{1}}+\overrightarrow{A_{2} B_{2}}+\cdots+\overrightarrow{A_{n} B_{n}}\right)+\left(\overrightarrow{G A_{1}}+\overrightarrow{G A_{2}}+\cdots+\overrightarrow{G A_{n}}\right)=\overrightarrow{0}\). Следователно \(G\) е медицентър на \(B_{1} B_{2} \ldots B_{n}\).

Твърдението е изпълнено и в случая, когато триъгълниците \(A_{1} B_{1} A_{2}\), \(A_{2} B_{2} A_{3}, \ldots, A_{n} B_{n} A_{1}\) са ориентирани към вътрешността на \(A_{1} A_{2} \ldots A_{n}\) (фиг. 9).

Задача 4. Ако правилните многоъгълници \(A B_{1} B_{2} \ldots B_{n}\) и \(A C_{1} C_{2} \ldots C_{n}\) са еднакво ориентирани, да се докаже, че правите \(B_{1} C_{1}, B_{2} C_{2}, \ldots, B_{n} C_{n}\) минават през една точка (фиг. 10, 11).

Решение. Разглеждаме въртяща хомотетия \(h\) с център \(A\), коефициент \(k=\tfrac{A C_{1}}{A B_{1}}\) и ъгъл \(\varphi=∢ B_{1} A C_{n}+\tfrac{(n-3) \pi}{n}\) (фиг. 10, 11). Тогава \(h\left(B_{j}\right)=C_{j}\) \((j=1,2, \ldots, n)\). От свойство 4 следва, че правите \(B_{1} C_{1}, B_{2} C_{2}, \ldots, B_{n} C_{n}\) минават през втората пресечна точка \(P\) на описаните около \(A B_{1} B_{2} \ldots B_{n}\) и \(A C_{1} C_{2} \ldots C_{n}\) окръжности.

Задача 5. Нека многоъгълникът \(A_{1} A_{2} A_{3} \ldots A_{2 n-1} A_{2 n}(n \geq 3)\) е вписан в окръжност \(\Gamma\) и са изпълнени равенствата \(A_{1} A_{2}=A_{3} A_{4}=\cdots=A_{2 n-1} A_{2 n}\). Ако \(A_{1} A_{3} \cap A_{2} A_{4}=B_{1}, A_{3} A_{5} \cap A_{4} A_{6}=B_{2}, \ldots, A_{2 n-1} A_{1} \cap A_{2 n} A_{2}=B_{n}\), A3 A5 ∩ A4 A6 = B2 , , A2n−1 A1 ∩ A2n A2 = Bn, точките \(C_{1}\), \(C_{2}, \ldots, C_{n}\) са средите съответно на \(A_{1} A_{3}, A_{3} A_{5}, \ldots, A_{2 n-1} A_{1}\) и точките \(D_{1}\), \(D_{2}, \ldots, D_{n}\) са средите съответно на \(A_{2} A_{4}, A_{4} A_{6}, \ldots, A_{2 n} A_{2}\), A4 A6 , , A2n A2 , да се докаже, че многоъгълниците \(B_{1} B_{2} \ldots B_{n}, C_{1} C_{2} \ldots C_{n}\) и \(D_{1} D_{2} \ldots D_{n}\) са подобни (фиг. 12, 13).

Решение. Нека \(M\) е средата на \(A_{1} A_{2}\) и \(\forall A_{1} O M=\varphi\) (фиг. 12). От равенствата \(A_{1} A_{2}=A_{3} A_{4}=\cdots=A_{2 n-1} A_{2 n} \quad\) следва, че \(∢ A_{1} O A_{2}=∢ A_{3} O A_{4}=\cdots=∢ A_{2 n-1} O A_{2 n}=2 \varphi\) и \(\overparen{A_{1} A_{2}}=\overparen{A_{3} A_{4}}=\cdots \overparen{A_{2 n-1} A_{2 n}}\) . Затова имаме  \(∢ A_{3} B_{1} A_{4}=\cfrac{\overparen{A_{1} A_{2}}+\overparen{A_{3} A_{4}}}{2}=\cfrac{\overparen{A_{1} A_{2}}+\overparen{A_{1} A_{2}}}{2}=\overparen{A_{1} A_{2}}==∢ A_{1} O A_{2}=2 \varphi\) и \(∢ A_{1} B_{1} A_{4}=180^{\circ}-∢ A_{3} B_{1} A_{4}=180^{\circ}-2 \varphi\). Освен това \(A_{1} A_{2} A_{3} A_{4}\) е равнобедрен трапец. Оттук следва, че \(O B_{1}\) е ъглополовяща на \(∢ A_{1} B_{1} A_{4}\). Следователно \(∢ A_{1} B_{1} O=90^{\circ}-\varphi\). Тъй като \(C_{1}\) е среда на \(A_{1} A_{3}\), то \(O C_{1} \perp A_{1} A_{3}\). Така забелязваме, че \(∢ C_{1} O B_{1}=\varphi\) и \(O B_{1}=\tfrac{1}{\cos \varphi} O C_{1}\). Сега, ако \(h\) е въртяща хомотетия с център \(O\), коефициент \(k=\tfrac{1}{\cos \varphi}\) и ъгъл \(\varphi\), имаме \(h\left(C_{1}\right)=B_{1}\). По аналогичен начин се вижда, че \(h\left(C_{j}\right)=B_{j}\) при \(j=2,3, \ldots, n\). Следователно многоъгълниците \(B_{1} B_{2} \ldots B_{n}\) и \(C_{1} C_{2} \ldots C_{n}\) са подобни. Аналогично се показва, че многоъгълниците \(B_{1} B_{2} \ldots B_{n}\) и \(D_{1} D_{2} \ldots D_{n}\) са подобни. С това е доказано, че многоъгълниците \(B_{1} B_{2} \ldots B_{n}, C_{1} C_{2} \ldots C_{n}\) и \(D_{1} D_{2} \ldots D_{\mathrm{n}}\) са подобни.

Ако \(n=3\), центърът на описаната около \(\Delta A_{1} A_{3} A_{5}\) окръжност е ортоцентър за \(\Delta C_{1} C_{2} C_{3}\). Следователно \(O\) е ортоцентьр и за \(\Delta B_{1} B_{2} B_{3}\) (фиг. 12).

Ако \(n=4\), точките \(C_{1}, C_{2}, C_{3}\) и \(C_{4}\) са среди на страните на четириъгълника \(A_{1} A_{3} A_{5} A_{7}\). Затова четириъгълникът \(C_{1} C_{2} C_{3} C_{4}\) е успоредник. Следователно четириъгьлникът \(B_{1} B_{2} B_{3} B_{4}\) също е успоредник (фиг. 13).

Задача 6. Даден е остроъгълен триъгълник \(A B C\), за който \(A B \neq A C\). Вписаната в триъгълника окръжност \(\omega\) с център \(I\) се допира до страните \(B C, C A\) и \(A B\) съответно в точките \(D, E\) и \(F\). Правата през \(D\), която е перпендикулярна на \(E F\), пресича \(\omega\) в точка \(R\), а правата \(A R\) пресича \(\omega\) за втори път в точката \(P\). Описаните окръжности около триъгълниците PCE и PBF се пресичат за втори път в точката \(Q\). Да се докаже, че правите \(D I\) и \(P Q\) се пресичат в точка от правата през \(A\), която е перпендикулярна на \(A I\).

Решение. Както обикновено, за ъглите на \(\triangle A B C\) ще използваме означенията \(∢ B A C=\alpha, ∢ A B C=\beta\) и \(∢ A C B=\gamma\). Тъй като по условие \(D R \perp E F\), от връзките между ъгли и дъги в \(\omega\), имаме \(\tfrac{\overparen{E R}}{2}+\tfrac{\overparen{F D}}{2}=90^{\circ}\) и \(\overparen{F D}=∢ D I F=180^{\circ}-\beta \quad\) (фиг. 14). Затова \(\quad \tfrac{\overparen{E R}}{2}=\tfrac{\beta}{2}\). Следователно \(∢ E F R=\tfrac{\overparen{E R}}{2}=\tfrac{\beta}{2}\). Аналогично се получава, че \(∢ F E R=\tfrac{\gamma}{2}\). По този начин установяваме, че \(\triangle E F R \sim \triangle B C I\). Освен подобни тези триъгълници са еднакво ориентирани. Този факт, според свойство 2, подсказва, че съществува въртяща хомотетия \(h\), при която \(h(B)=F, h(C)=E\) и \(h(I)=R\). Освен това, ако \(\Omega\) е описаната около \(\Delta B C I\) окръжност, то \(h(\Omega)=\omega\). Това означава, че точката \(D\) е образ при \(h\) на някоя точка от \(\Omega\). Правата \(D R\) е перпендикулярна на \(E F\), а това означава, че \(D R\) е образ при \(h\) на права през \(I\), която е перпендикулярна на \(B C\), т.е. правата \(D R\) е образ на правата \(I D\). Това означава, че ако \(I D\) пресича за втори път \(\Omega\) в точка \(U\), то \(h(U)=D\).

Нека сега \(l\) е правата през \(A\), която е перпендикулярна на \(A I\). По друг начин казано, \(l\) е външната ъглополовяща на \(\triangle A B C\) при върха \(A\). Затова, ако \(L\) е втората пресечна точка на \(l\) с описаната около \(\triangle A B C\) окръжност \(\Gamma\), то \(\triangle B L C\) е равнобредрен с ъгъл между бедрата \(∢ B L C=\alpha\). Следователно \(\triangle B C L \sim \triangle F E A\). Тъй като \(h(B C)=F E\), то \(h(L)=A\). Сега, ако \(I D \cap l=M\), то е достатъчно да докажем, че \(P Q\) минава през \(M\).

Нека описаните около триъгълниците \(P C E\) и \(P B F\) са съответно \(k_{c}\) и \(k_{b}\). От връзките между ъгли и дъги в \(k_{b}\) и \(\omega\) имаме \(∢ B Q P=\tfrac{\overparen{B P}}{2}=∢ B F P=\tfrac{\overparen{F P}}{2}=∢ F R P\). Аналогично от \(k_{c}\) и \(\omega\) получаваме \(∢ C Q P=\tfrac{\overparen{C P}}{2}=∢ C E P=\tfrac{\overparen{E P}}{2}=∢ E R P\). От тези равенства следва \(∢ B Q C=∢ B Q P+∢ C Q P=∢ F R P+∢ E R P=∢ F R E=∢ B I C\). Следователно точките \(B, C, I\) и \(Q\) лежат на една окръжност, т.е. точката \(Q\) лежи върху окръжността \(\Omega\). Нека втората пресечна точка на \(P Q\) с \(\Omega\) е \(V\). От окръжността \(\Omega\) имаме \(∢ B Q P=∢ B Q V=\tfrac{\overparen{B V}}{2}\), а от \(\omega\) получаваме \(∢ B F P=\tfrac{\overparen{F P}}{2}\). Освен това от \(k_{b}\) имаме \(∢ B Q P=\tfrac{\overparen{B P}}{2}=∢ B F P\). Следователно дъгите \(\overparen{B V}\) и \(\overparen{F P}\) съответстват на равни ъгли в съответните окръжности \(\Omega\) и \(\omega\) при \(h\).

Тъй като \(h(B)=F\), то \(h(\overparen{B V})=\overparen{F P}\). Следователно \(h(V)=P\). Тъй като по условие точките \(A, R\) и \(P\) лежат на една права и \(h(L I V)=A R P\), то точки-условие точките \(A, R\) и \(P\) лежат на една права и \(h(L I V)=A R P\), то точките \(L, I\) и \(V\) също лежат на една права.

Сега от окръжността \(\omega\) получаваме равенствата \(∢ D P A=∢ D P R=\tfrac{\overparen{D E R}}{2}=∢ D F R=∢ D F E+∢ E F R=\tfrac{\overparen{D E}}{2}+\tfrac{\beta}{2}=\tfrac{1}{2} ∢ D I E+\tfrac{\beta}{2}=\) \(=\tfrac{1}{2}\left(180^{\circ}-\gamma\right)+\tfrac{\beta}{2}=\tfrac{\alpha}{2}+\beta\). От четириъгълника \(\quad A B D M \quad\) получаваме

\(∢ A M D=360^{\circ}-(∢ M A B+∢ A B D+∢ B D M)=360^{\circ}-\left(90^{\circ}+\tfrac{\alpha}{2}+\beta+90^{\circ}\right)=180^{\circ}-\left(\tfrac{\alpha}{2}+\beta\right)\). Следователно четириъгълникът \(A B D M\) е вписан в окръжност \(k_{A}\). От последното равенство следва още, че \(∢ L M U=∢ L M D=\tfrac{\alpha}{2}+\beta=∢ D P A\). От друга страна, \(h(∢ I V U)=∢ R P D\), което означава, че \(∢ L V U=∢ I V U=\tfrac{\alpha}{2}+\beta\). Следователно отсечката \(U L\) се вижда под равни ъгли от точките \(M\) и \(V\). Затова точките \(M, L, U\) и \(V\) лежат на една окръжност \(k_{L}\).

Тъй като \(h(∢ U L V)=∢ D A P, \quad\) то \(\quad ∢ D A P=∢ U L V . \quad\) От по-следното равенство и откритите две окръжности получаваме . Следователно правата \(M U\) сключва равни ъгли с правите \(M P\) и \(M V\). Тъй като точките \(P\) и \(V\) лежат в една полуравнина относно правата \(M U\), то правите \(M P\) и \(M V\) съвпадат. От друга страна, по построение точката \(Q\) лежи върху правата \(P V\). Следователно точките \(M, \quad, V\) и \(Q\) лежат на една права. Това означава, че правата \(P Q\) минава през \(M\). С това твърдението на задачата е доказано.

ЛИТЕРАТУРА

Прасолов, В. (1986). Задачи по планиметрии. Часть І. Москва: Наука.

REFERENCES

Grozdev, S. (2007). For High Achievements in Mathematics: The Bulgaria Experience (Theory and Practice). Sofia: ADE (ISBN 978-954-921391-1)

Prasolov, V. (1986). Problems in Plane Geometry. Part I. Moscow: Nauka.