11224. В остроугольном треугольнике ABC
точка I_{c}
— центр вневписанной окружности, касающейся стороны AB
; A_{1}
и B_{1}
— точки касания двух других вневписанных окружностей со сторонами BC
и CA
соответственно; C'
— точка на описанной окружности, диаметрально противоположная точке C
. Докажите, что прямые I_{c}C'
и A_{1}B_{1}
перпендикулярны.
Решение. Воспользуемся следующим утверждением. Дан отрезок AB
. Геометрическое место точек M
, для которых AM^{2}-BM^{2}=\mbox{const}
, есть прямая, перпендикулярная прямой AB
(см. задачу 2445). В данном случае достаточно доказать, что
I_{c}B_{1}^{2}-I_{c}A_{1}^{2}=C'B_{1}^{2}-C'A_{1}^{2}.
Пусть A_{2}
и B_{2}
— точки касания вневписанной окружности, касающейся стороны AB
, с прямыми BC
и CA
соответственно. Введём стандартные обозначения: AB=c
, BC=a
, AC=b
. Тогда
AB_{1}=BA_{1}=p-c,~AB_{2}=p-b,~BA_{2}=p-a,
где p
— полупериметр треугольника (см. задачу 4905). Следовательно,
B_{1}B_{2}=p-c+p-b=2p-c-b=a,~A_{1}A_{2}=p-c+p-a=2p-c-a=b.
Точки A
и B
лежат на окружности с диаметром CC'
, поэтому
\angle CAC'=\angle CBC'=90^{\circ},
т. е. треугольники C'AB_{1}
и C'BA_{1}
прямоугольные, причём их катеты AB_{1}
и BA_{1}
равны. Тогда
C'B_{1}^{2}-C'A^{2}=C'A_{1}^{2}-C'B^{2}~\mbox{и}~C'A^{2}+AC^{2}=C'B^{2}+BC^{2}.
Значит,
C'B_{1}^{2}-C'A_{1}^{2}=C'A^{2}-C'B^{2}=BC^{2}-AC^{2}=a^{2}-b^{2}.
Кроме того, учитывая, что B_{1}B_{2}=a
, A_{1}A_{2}=b
и I_{c}A_{2}=I_{c}B_{2}
(как радиусы одной окружности), из прямоугольных треугольников I_{c}B_{1}B_{2}
и I_{c}A_{1}A_{2}
получим, что
I_{c}B_{1}^{2}-I_{c}B_{2}^{2}=a^{2},~I_{c}A_{1}^{2}-I_{c}A_{2}^{2}=b^{2},
поэтому
I_{c}B_{1}^{2}-I_{c}A_{1}^{2}+(I_{c}A_{2}^{2}-I_{c}B_{2}^{2})=I_{c}B_{1}^{2}-I_{c}A_{1}^{2}=a^{2}-b^{2}.
Следовательно,
I_{c}B_{1}^{2}-I_{c}A_{1}^{2}=C'B_{1}^{2}-C'A_{1}^{2}.
Что и требовалось доказать.
Примечание. 1. Вспомогательное утверждение можно доказать, используя, что разность квадратов наклонных равна разности квадратов их проекций.
2. Также возможен способ решения, использующий свойства проекций и подобие треугольников. Достаточно показать, что проекции I_{c}C'
на прямые AC
и BC
соответственно пропорциональны проекциям A_{1}B_{1}
на перпендикулярные им прямые. Первые две проекции равны AB_{2}
и BA_{2}
, а вторые — A_{1}C\sin\angle C
и B_{1}C\sin\angle C
. Осталось заметить, что A_{1}C=AB_{2}
и B_{1}C=BA_{2}
.