6335. Вписанная окружность треугольника ABC
имеет центр I
и касается сторон AB
, BC
, CA
в точках C_{1}
, A_{1}
, B_{1}
соответственно. Обозначим через L
основание биссектрисы угла B
, а через K
— точку пересечения прямых B_{1}I
и A_{1}C_{1}
. Докажите, что KL\parallel BB_{1}
.
Решение. Рассмотрим случай, когда точка L
лежит на отрезке B_{1}C
. Пусть прямые BI
и A_{1}C_{1}
пересекаются в точке M
. Тогда BM
— биссектриса равнобедренного треугольника A_{1}BC_{1}
, значит, BM\perp A_{1}C_{1}
. Радиус IB_{1}
, проведённый в точку касания B_{1}
, перпендикулярен касательной AC
. Таким образом, из точек M
и B_{1}
отрезок KL
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром KL
.
Вписанные в эту окружность углы KLM
и KB_{1}M
опираются на одну и ту же дугу, поэтому \angle KLM=\angle KB_{1}M
. Осталось доказать, что \angle KB_{1}M=\angle IBB_{1}
.
Докажем, что треугольники B_{1}IM
и BIB_{1}
с общим углом при вершине I
подобны. Заметим, что C_{1}M
— высота прямоугольного треугольника BIC_{1}
, проведённая из вершины прямого угла. Тогда
IB_{1}^{2}=IC_{1}^{2}=IM\cdot IB,
откуда \frac{IB_{1}}{IM}=\frac{IB}{IB_{1}}
. Поэтому треугольники B_{1}IM
и BIB_{1}
подобны по двум сторонам и углу между ними, значит, \angle KLM=\angle KB_{1}M=\angle IBB_{1}
. Следовательно, KL\parallel BB_{1}
.