6014. Вневписанная окружность, соответствующая вершине A
прямоугольного треугольника ABC
(\angle B=90^{\circ}
), касается продолжений сторон AB
, AC
в точках A_{1}
, A_{2}
соответственно; аналогично определим точку C_{1}
на прямой BC
и точку C_{2}
на прямой AC
. Докажите, что перпендикуляры, опущенные из точек A
, B
, C
на прямые соответственно C_{1}C_{2}
, A_{1}C_{1}
, A_{1}A_{2}
, пересекаются в одной точке.
Указание. Точка пересечения указанных перпендикуляров есть точка, симметричная центру вписанной окружности треугольника ABC
относительно середины гипотенузы.
Решение. Обозначим перпендикуляры, опущенные из точек A
, B
, C
на прямые C_{1}C_{2}
, A_{1}C_{1}
, A_{1}A_{2}
, через l_{a}
, l_{b}
и l_{c}
соответственно. Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, D
— четвёртая вершина прямоугольника ABCD
. Так как AI\perp A_{1}A_{2}
, CI\perp C_{1}C_{2}
, то l_{a}\parallel IC
и l_{c}\parallel IA
, значит, при центральной симметрии относительно центра прямоугольника ABCD
прямая l_{a}
переходит в прямую IC
, а прямая l_{c}
— в прямую IA
. Докажем, что при этом прямая l_{b}
переходит в прямую ID
. Отсюда будет следовать, что прямые l_{a}
, l_{b}
и l_{c}
пересекаются в точке, симметричной точке I
относительно центра прямоугольника ABCD
.
Поскольку точка D
симметрична вершине B
, достаточно доказать, что l_{b}\parallel ID
. Пусть X
, Y
, Z
— проекции точки I
на AB
, BC
, CD
соответственно, T
— точка касания вневписанной окружности треугольника ABC
с катетом AB
. Тогда BC_{1}=BT=AX=ZD
(см. задачу 4805) и аналогично BA_{1}B=CY=IZ
, значит, прямоугольные треугольники A_{1}BC_{1}
и IZD
равны по двум катетам. Катеты одного из этих треугольников соответственно перпендикулярны катетам другого, причём при повороте на 90^{\circ}
вокруг некоторой точки, один из них переходит в другой, значит, гипотенузы A_{1}C_{1}
и ID
также перпендикулярны, а так как прямая l_{b}
перпендикулярна гипотенузе A_{1}C_{1}
, то l_{b}\parallel ID
. Что и требовалось доказать.