11495. К вписанной окружности треугольника ABC
проведена касательная, параллельная стороне BC
. Она пересекает биссектрису внешнего угла при вершине A
в точке X
. Точка Y
— середина дуги BAC
описанной окружности треугольника ABC
. Докажите, что угол XIY
прямой.
Решение. Обозначим точку касания вписанной окружности (с центром I
) с прямой, параллельной BC
, через D
, а со сторонами BC=a
, CA=b
, AB=c
— через A'
, B'
, C'
соответственно. Пусть M
— середина BC
, \angle BAC=\alpha
. Будем считать, что AB\gt AC
, и обозначим через Z
и T
проекции точки Y
на прямые AB
и IA'
соответственно.
Прямоугольные треугольники AYZ
и IAB'
подобны, так как
\angle YAZ=\frac{1}{2}\smile BY=\frac{1}{4}\smile BAC=\frac{1}{4}(360^{\circ}-2\alpha)=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}=\angle IAB'.
Значит, \frac{AY}{AZ}=\frac{IA}{IB'}
.
С другой стороны, точка Z
делит пополам ломаную ABC
(см. задачу 157), поэтому
AZ=AB-BZ=AB-\frac{1}{2}(AB+AC)=\frac{1}{2}(AB-AC)=\frac{c-b}{2},
а так как
YT=A-M=BA'-BM=\frac{a+c-b}{2}-\frac{a}{2}=\frac{c-b}{2},
то AZ=YT
. Кроме того, IB'=ID
как радиусы вписанной окружности треугольника ABC
. Следовательно,
\frac{AY}{YT}=\frac{AY}{AZ}=\frac{IA}{IB'}=\frac{IA}{ID}.
При этом
\angle YAI=\angle YAB+\angle BAI=\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)+\alpha=90^{\circ}
и YT\perp ID
. Значит, существует поворотная гомотетия с центром A
и углом 90^{\circ}
, переводящая Y
в I
, а T
в D
. Тогда прямая AI
перейдёт в прямую AX
, а прямая TI
— в прямую DX
, поэтому точка I
перейдёт в X
, а прямая YI
в прямую IX
. Отсюда следует утверждение задачи.