Започваме с две леми за загрявка:
Лема 1:Даден е [tex]\triangle ABC[/tex] и точките $A_1,$ $B_1$ и $C_1$ са съответно върху страните $BC,$ $CA$ и $AB$ така, че $AA_1\cap BB_1\cap CC_1=P.$ Също $B_1A_1\cap AB=D.$ Тогава $A, C_1, B$ и $D$ са в хармонично отношение.
Доказателство:От теоремата на Менелай за [tex]\triangle ABC[/tex] и правата [tex]B_1A_1D[/tex] имаме, че [tex]\frac{AD}{DB}\cdot\frac{BA_1}{A_1C}\cdot\frac{CB_1}{B_1A}=1.[/tex] От теоремата на Чева за $\triangle ABC$ и точка $P$ знаем, че $\frac{AC_1}{C_1B}\cdot\frac{BA_1}{A_1C}\cdot\frac{CB_1}{B_1A}=1.$ От тези равенства лесно получаваме $\frac{AC_1}{BC_1}:\frac{AD}{BD}=1.$ $\square$
Лема 2:Даден е ъгъл с връх $M$ и точките $A_1, B_1, C_1$ са в този ред върху едното му рамо, а точките $A_2, B_2, C_2$ са в този ред върху другото му рамо. Тогава $$A_1C_2\cap B_1B_2\cap C_1A_2\neq\empty \iff (M, A_1, B_1, C_1)=(M, A_2, B_2, C_2),$$ където с $(X, Y, Z, T)$ бележим двойното отношение $\frac{XY}{ZY}:\frac{XT}{ZT}$ на точките $X, Y, Z, T.$
Доказателство:Нека първо $A_1C_2\cap B_1B_2\cap C_1A_2=P.$ От синусови теореми за $\triangle MA_1P, \triangle B_1A_1P, \triangle MC_1P, \triangle B_1C_1P$ получаваме $$\frac{MA_1}{B_1A_1}:\frac{MC_1}{B_1C_1}=\frac{\sin{MPA_1}\cdot\frac{A_1P}{\sin{A_1MP}}} {\sin{A_1PB_1}\cdot\frac{A_1P}{\sin{MB_1P}}}:\frac{\sin{MPC_1}\cdot\frac{PC_1}{\sin{PMC_1}}}{\sin{B_1PC_1}\cdot\frac{PC_1}{\sin{PB_1C_1}}}=\frac{\sin{MPA_1}}{\sin{A_1PB_1}}:\frac{\sin{MPC_1}}{\sin{B_1PC_1}}.$$
Тъй като ъглите се пренасят "отгоре", ще получим същата стойност и за $(M, A_2, B_2, C_2)=\frac{MA_2}{B_2A_2}:\frac{MC_2}{B_2C_2}$, тоест наистина $(M, A_1, B_1, C_1)=(M, A_2, B_2, C_2)$.
Нека сега е вярно $(M, A_1, B_1, C_1)=(M, A_2, B_2, C_2)$, $A_1C_2\cap B_1B_2=P$ и $C_1P\cap MC_2=X$. От доказаното по-горе следва, че $(M, X, B_2, C_2)=(M, A_1, B_1, C_1)=(M, A_2, B_2, C_2)$, откъдето лесно виждаме, че $X\equiv A_2$. $\square$
Сега ще решим задачата. Нека $A_1C_1\cap AC=U, B_2C_2\cap BC=V$. С помощта на първата лема лесно виждаме, че $1=(C, B_1, A, U)=(C, A_2, B, V)$ (защото $AA_1\cap BB_1\cap CC_1=P_1$, $AA_2\cap BB_2\cap CC_2=P_2$). Така от втората лема получаваме, че $B_1V\cap AB\cap UA_2=X$. Нека $UV\cap B_1A_2=T$ и $TX\cap CA=A'$. От лема 1 следва, че $1=(C, B_1, A', U)$. Но $(C, B_1, A, U)=1 \Rightarrow A'\equiv A$. Така $T\in AB$.
Да приложим теоремата на Пап за точките $B_2, U, B_1$ и точките $A_1, A_2, V$ в този ред. Имаме, че $B_2A_2\cap UA_1=M, B_2V\cap B_1A_1=N, UV\cap B_1A_2=T$ са колинеарни.
Накрая разглеждаме $\triangle ABC$ и $\triangle MNP$. Имаме $BC\cap NP=V, CA\cap PM=U, AB\cap MN=T.$ Вече знаем, че точките $U, V$ и $T$ са колинеарни. Но сега от теоремата на Дезарг получаваме, че $AM\cap BN\cap CP\neq\empty$. $\square$
Меню
