13690. Пусть прямые, симметричные прямой L
относительно сторон остроугольного треугольника ABC
, пересекают друг друга в точках A'
, B'
, C'
. Докажите, что центр вписанной окружности треугольника A'B'C'
лежит на описанной окружности треугольника ABC
.
Решение. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке. Для остальных случаев решение аналогично.
Пусть D
, E
, F
— точки пересечения прямой L
с прямыми BC
, CA
и AB
соответственно, а A'
, B'
, C'
— точки пересечения m
и n
, n
и l
, l
и m
соответственно.
Из симметрии луч FB
— биссектриса угла B'FD
, а луч DB
— биссектриса угла B'DF
. Значит, B'B
— биссектриса DB'F
(см. задачу 1140), т. е. биссектриса угла A'B'C'
треугольника A'B'C'
.
Луч DC
— биссектриса угла EDC'
, а луч EC
— биссектриса внешнего угла при вершине E
этого треугольника. Значит, C'C
— биссектриса внешнего угла этого треугольника при вершине C'
(см. задачу 1192), а прямая C'C
содержит биссектрису угла A'C'B'
треугольника A'B'C'
.
Таким образом, точка I
пересечения лучей BB'
и CC'
— центр вписанной окружности треугольника A'B'C'
. Аналогично докажем, что A
— центр вневписанной окружности треугольника A'EF
, касающейся стороны EF
.
Обозначим \angle B'A'C'=\alpha
. Тогда (см. задачу 4770)
\angle B'IC'=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle B'A'C'=90^{\circ}+\frac{\alpha}{2},
\angle EAF=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle EA'F=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle B'A'C'=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}.
Значит,
\angle CIB+\angle CAB=\angle B'IC'+\angle EAF=\left(90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}\right)+\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)=180^{\circ},
поэтому четырёхугольник ABIC
вписанный. Следовательно, точка I
лежит на описанной окружности треугольника ABC
. Что и требовалось доказать.