12718. Около треугольника ABC
описана окружность \Omega
. Биссектрисы углов ABC
и ACB
пересекают \Omega
в точках X
и Y
соответственно. Точка K
лежит на прямой CX
, причём \angle KAC=90^{\circ}
. Аналогично, точка L
лежит на прямой BY
, причём \angle LAB=90^{\circ}
. Точка S
— середина дуги CAB
окружности \Omega
. Докажите, что SK=SL
.
Решение. Первый способ. Без ограничения общности будем считать, что AB\lt AC
. Докажем равенство треугольников KXS
и SYL
по двум сторонам и углу между ними. Отсюда будет следовать утверждение задачи.
Лучи BX
и CX
— биссектрисы вписанных углов, поэтому
\frac{1}{2}\smile CAB=\smile CXS=\smile CX+\smile XS=\frac{1}{2}\smile CXA+\smile XS.
Тогда
\smile XS=\frac{1}{2}\smile CAB-\frac{1}{2}\smile CXA=\frac{1}{2}\smile AYB=\smile YB,
поэтому SX=YB
. Точка Y
— середина дуги AYB
, поэтому она лежит на серединном перпендикуляре l
к хорде AB
, а так как l\parallel AL
, то Y
— середина гипотенузы BL
прямоугольного треугольника BAL
. Итак, LY=YB=SX
. Аналогично докажем, что SY=XK
.
Точка S
— середина дуги CAB
, поэтому \angle SXC=\angle BYS
. Значит, \angle KXS=\angle SYL
. Равенство треугольников KXS
и SYL
доказано.
Второй способ. Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, т. е. точка пересечения его биссектрис. Тогда AY=BY=IY
и AX=CX=IX
(см. задачу 788). Как было доказано выше, из теоремы Фалеса следует, что Y
— середина гипотенузы BL
прямоугольного треугольника BAL
, а X
— середина гипотенузы CK
прямоугольного треугольника CAK
. Значит, IY=LY
и IX=KX
.
Кроме того,
\angle SYL=180^{\circ}-\angle BYS=\angle SCB=\angle CBS=\angle CYS=\angle IYS,
т. е. SY
— биссектриса угла IYL
, а так как IY=LY
, то равны треугольники SYL
и SYI
. Значит, IS=SL
. Аналогично, IS=SK
. Следовательно, SK=SL
. Что и требовалось доказать.