11720. В прямоугольном треугольнике ABC
(\angle C=90^{\circ}
) проведены высота CH
и медиана CM
. Окружность, вписанная в треугольник MCH
, касается сторон CM
и CH
в точках E
и F
. Прямая EF
пересекает катеты треугольника ABC
в точках P
и Q
. Докажите, что треугольник PCQ
равнобедренный.
Решение. Медиана MC
равна половине гипотенузы AB
(см. задачу 1109), поэтому треугольник AMC
равнобедренный, и \angle CAB=\angle ACM
. Кроме того, \angle CAB=\angle BCH
(оба дополняют угол CBA
до 90^{\circ}
). Таким образом, \angle ACM=\angle BCH
.
Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника MCH
. Луч CI
— биссектриса угла ECF
, и поэтому — биссектриса угла ACB
. С другой стороны, треугольник CEF
равнобедренный (CE=CF
), поэтому CI\perp EF
. Таким образом, в треугольнике PCQ
биссектриса совпадает с высотой, значит, он равнобедренный.