10032. Окружность, вписанная в треугольник ABC
, касается стороны BC
в точке K
, M
— середина высоты, опущенной на сторону BC
. Прямая KM
вторично пересекает вписанную в треугольник ABC
окружность в точке P
. Докажите, что окружность, проходящая через точки B
, C
и P
, касается окружности, вписанной в треугольник ABC
.
Решение. Пусть L
— середина стороны BC
, Q
— точка пересечения серединного перпендикуляра к стороне BC
с прямой PK
. Докажем, что точки B
, C
, P
и Q
лежат на одной окружности. Из этого будет следовать утверждение задачи. В самом деле, окружность, проходящая через точки B
, C
и P
, и вписанная окружность треугольника ABC
имеют общую точку P
. Касательная, проходящая через середину Q
дуги BC
первой окружности, параллельна касательной BC
ко второй окружности. При этом точки P
, K
и Q
лежат на одной прямой. Значит, эти окружности гомотетичны относительно точки P
, следовательно, P
— их точка касания.
Итак, нам надо доказать, что точки B
, C
, P
и Q
лежат на одной окружности. Для этого достаточно доказать, что CK\cdot KB=QK\cdot KP
(см. задачу 114).
Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, p
— полупериметр треугольника ABC
, S
— площадь, r
— радиус вписанной окружности, AN=h
— высота, проведённая из вершины A
, \angle ABC=\beta
, \angle MKN=\varphi
. Рассмотрим случай, когда угол B
острый и b\gt c
(для других случаев рассуждения и вычисления практически не меняются).
Тогда (см. задачу 219)
CK=p-c=\frac{a+b-c}{2},~KB=p-b=\frac{a+c-b}{2},
LK=LB-KB=\frac{a}{2}-\frac{a+c-b}{2}=\frac{b-c}{2}.
По теореме косинусов
\cos\beta=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac},
поэтому
NB=AB\cos\beta=c\cos\beta=\frac{c(a^{2}+c^{2}-b^{2})}{2ac}=\frac{a}{2}-\frac{b^{2}-c^{2}}{2a}.
Значит,
KN=KB-NB=\frac{a+c-b}{2}-\left(\frac{a}{2}-\frac{b^{2}-c^{2}}{2a}\right)=
=\frac{a}{2}-\frac{b-c}{2}-\frac{a}{2}+\frac{(b-c)(b+c)}{2a}=\frac{b-c}{2}\cdot\left(\frac{b+c}{a}-1\right)=
=\frac{b-a}{2}\cdot\frac{b+c-a}{a}=\frac{(b-c)(p-a)}{a},
\tg\varphi=\frac{MN}{KN}=\frac{\frac{h}{2}}{\frac{(b-c)(p-a)}{a}}=\frac{ha}{2(b-c)(p-a)}.
Из теоремы об угле между касательной и хордой и теоремы синусов получаем, что KP=2r\sin\varphi
, а из прямоугольного треугольника KLQ
—
KQ=\frac{LK}{\cos\varphi}=\frac{b-c}{2\cos\varphi}.
Тогда
KP\cdot KQ=2r\sin\varphi\cdot\frac{b-c}{2\cos\varphi}=2r\tg\varphi\frac{b-c}{2}=
=2r\cdot\frac{ha}{2(b-c)(p-a)}\cdot\frac{b-c}{2}=\frac{arh}{2(p-a)}=\frac{rS}{p-a}=\frac{r^{2}p}{p-a}
(см. задачу 452). В то же время (см. задачу 2730),
CK\cdot KB=(p-c)(p-b)=\frac{S^{2}}{p(p-a)}=\frac{r^{2}p^{2}}{p(p-a)}=\frac{r^{2}p}{p-a},
значит, CK\cdot KB=QK\cdot KP
. Что и требовалось доказать.