10231. Вписанная окружность треугольника ABC
касается его сторон BC
, AC
и AB
в точках A'
, B'
и C'
соответственно. Точка K
— проекция точки C'
на прямую A'B'
. Докажите, что KC'
— биссектриса угла AKB
.
Решение. Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
, C'K=h
, I
— центр вписанной окружности, r
— её радиус. Заметим, что точка K
лежит между точками A'
и B'
, так как треугольник A'B'C'
— остроугольный. Действительно,
\angle B'A'C'=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\lt90^{\circ}
(см. задачу 1303). Аналогично для углов A'B'C'
и A'C'B'
.
Тогда утверждение задачи равносильно равенству углов AKB'
и BKA'
. Поэтому докажем, что треугольники AKB'
и BKA'
подобны.
Поскольку
\angle AB'K=180^{\circ}-\angle CB'A=180^{\circ}-\angle CA'B'=\angle BA'K,
то для доказательства подобия этих треугольников достаточно показать, что \frac{AB'}{BA'}=\frac{B'K}{A'K}
.
Лучи AI
и BI
— биссектрисы углов BAC
и ABC
, поэтому
AB'=AC'=r\ctg\frac{\alpha}{2},~BA'=BC'=r\ctg\frac{\beta}{2}.
Значит,
\frac{AB'}{BA'}=\frac{r\ctg\frac{\alpha}{2}}{r\ctg\frac{\beta}{2}}=\frac{\ctg\frac{\alpha}{2}}{\ctg\frac{\beta}{2}}.
С другой стороны, из прямоугольных треугольников B'KC'
и A'KC'
получаем, что
B'K=C'K\tg A'B'C'=h\ctg\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}\right)=h\tg\frac{\beta}{2},~
A'K=C'K\tg B'A'C'=h\ctg\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)=h\tg\frac{\alpha}{2}.
Значит,
\frac{B'K}{A'K}=\frac{h\tg\frac{\beta}{2}}{h\tg\frac{\alpha}{2}}=\frac{\ctg\frac{\alpha}{2}}{\ctg\frac{\beta}{2}}=\frac{AB'}{BA'}.
Таким образом, треугольники AKB'
и BKA'
подобны по двум сторонам и углу между ними. Отсюда следует утверждение задачи.