10132. Пусть окружность с центром
I
касается катетов
AC
,
BC
и гипотенузы
AB
треугольника
ABC
в точках
K
,
L
и
M
соответственно,
H
— точка пересечения высот
KK_{1}
,
LL_{1}
и
MM_{1}
треугольника
KLM
, а
F
и
G
— точки пересечения лучей соответственно
CL_{1}
и
CK_{1}
с гипотенузой
AB
. Докажите, что:
а) точки
A
,
I
и
K_{1}
лежат на одной прямой;
б) отрезок
K_{1}L_{1}
лежит на средней линии треугольника
ABC
;
в)
\angle CL_{1}B=\angle CK_{1}A=90^{\circ}
;
г) отрезок
FG
— проекция вписанной окружности треугольника
ABC
на гипотенузу
AB
;
д) середина
O
гипотенузы
AB
лежит на прямой
HI
;
е) точка
H
лежит на отрезке, соединяющем основания биссектрис треугольника
ABC
, проведённых из вершин
A
и
B
.
Решение. а) Пусть
E
— точка пересечения прямых
AI
и
LM
. Достаточно доказать, что
E
совпадает с
K_{1}
, т. е.
KE\perp LM
.
При симметрии относительно биссектрисы
AI
угла
BAC
точка
M
переходит в
K
, а отрезок
ME
— в отрезок
KE
. Тогда
\angle AEK=\angle AEM
, а так как
AI\perp MK
, то
\angle AEK=\angle AEM=90^{\circ}-\angle BIE=90^{\circ}-(\angle BAI+\angle ABI)=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}.

Значит,
\angle KEM=2\angle AEM=90^{\circ},

т. е.
KE\perp LM
. Что и требовалось доказать.
Аналогично точки
B
,
I
и
L_{1}
лежат на одной прямой.
б) Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
\angle AMK=\angle KLM=\angle K_{1}L_{1}M

(см. задачу 141). Значит,
K_{1}L_{1}\parallel AB
.
Обозначим через
r
радиус вписанной окружности треугольника
ABC
. Поскольку
CKIL
— квадрат,
CK=CL=IK=IM=r
. Точка
H
лежит на высоте
CP
треугольника
ABC
(см. задачу 10080), поэтому
CH\parallel IM
, а так как прямые
CI
и
MH
перпендикулярны одной и той же прямой
KL
, то
CI\parallel MH
. Значит,
CHMI
— параллелограмм. Следовательно,
CH=IM=IL=CK=CL=r
.
Докажем теперь, что точки
H
и
I
равноудалены от прямой
K_{1}L_{1}
. Отсюда будет следовать, что прямая
K_{1}L_{1}
проходит через середину высоты
CP
треугольника
ABC
.
Поскольку
KK_{1}\parallel BL_{1}
и
AK_{1}\parallel LL_{1}
, четырёхугольник
HK_{1}IL_{1}
— параллелограмм. Значит, треугольники
K_{1}HL_{1}
и
L_{1}IK_{1}
равны, поэтому равны расстояния от точек
H
и
I
до прямой
K_{1}L_{1}
. Следовательно, прямая
K_{1}L_{1}
проходит через середину отрезка
CP
. Таким образом, отрезок
K_{1}L_{1}
лежит на средней линии треугольника
ABC
, параллельной гипотенузе
AB
.
в) Опишем окружность
\omega
около квадрата
CKIL
. Её диаметр
KL
виден из точек
K_{1}
и
L_{1}
под прямым углом, значит, эти точки также лежат на окружности
\omega
. Отрезок
CI
— также диаметр этой окружности, а так как по доказанному точки
A
,
I
и
K_{1}
лежат на одной прямой, то
\angle CK_{1}A=\angle CK_{1}I=90^{\circ},

Аналогично
\angle CL_{1}B=90^{\circ}
.
г) По свойству касательных, проведённых к окружности из одной точки
AK_{1}\perp KM
, значит, прямые
KM
и
CK_{1}
перпендикулярны одной и той же прямой
BL_{1}
, поэтому
K_{1}M\parallel L_{1}F
. Кроме того, по доказанному
K_{1}L_{1}\parallel MF
. Следовательно,
MK_{1}L_{1}F
— параллелограмм. Тогда
MF=K_{1}L_{1}
.
Вписанные в окружность
\omega
углы
K_{1}CL_{1}
и
K_{1}LL_{1}
опираются на одну и ту же дугу, поэтому
\angle K_{1}CL_{1}=\angle K_{1}LL_{1}=45^{\circ}.

Тогда (см. задачу 19)
MF=K_{1}L_{1}=KL\cos\angle KML=r\sqrt{2}\cdot\cos45^{\circ}=r.

Аналогично
MG=r
, а так как
M
— проекция центра
I
на гипотенузу
AB
, отсюда следует, что
FG
— проекция вписанной окружности на
AB
.
д) Пусть
CC_{1}=h
— высота треугольника
ABC
,
BC=a
,
AC=b
,
AB=c
,
p=\frac{a+b+c}{2}
. Тогда (см. задачи 1967, 217, 3008, 3007, 219)
h=\frac{ab}{c},~r=\frac{a+b-c}{2},~AM=p-a=\frac{b+c-a}{2},

OM=OA-AM=\frac{c}{2}-\frac{b+c-a}{2}=\frac{a-b}{2},~AC_{1}=\frac{b^{2}}{c},

OC_{1}=OA-AC_{1}=\frac{c}{2}-\frac{b^{2}}{c}=\frac{c^{2}-2b^{2}}{2c}=\frac{a^{2}+b^{2}-2b^{2}}{2c}=\frac{a^{2}-b^{2}}{2c},

HC_{1}=CC_{1}-CH=h-r=\frac{ab}{c}-\frac{a+b-c}{2}=\frac{2ab-ac-bc+c^{2}}{2c}=

=\frac{2ab-c(a+b)+a^{2}+b^{2}}{2c}=\frac{(a+b)^{2}-c(a+b)}{2c}=\frac{(a+b)(a+b-c)}{2c},

\tg\angle AOI=\frac{IM}{OM}=\frac{r}{OM}=\frac{\frac{a+b-c}{2}}{\frac{a-b}{2}}=\frac{a+b-c}{a-b},

\tg\angle AOH=\frac{HC_{1}}{OC_{1}}=\frac{\frac{(a+b)(a+b-c)}{2c}}{\frac{a^{2}-b^{2}}{2c}}=\frac{a+b-c}{a-b}=\tg\angle AOI.

Значит,
\tg\angle AOI=\tg\angle AOH
. Следовательно,
\angle AOI=\angle AOH
, и точки
H
,
I
и
O
лежат на одной прямой.
е) Пусть
AA_{1}
и
BB_{1}
— биссектрисы треугольника
ABC
. Тогда
\frac{CA_{1}}{CB}=\frac{b}{b+c},~\frac{CB_{1}}{CA}=\frac{a}{a+c},

а так как
\frac{CH}{CC_{1}}=\frac{r}{h}=\frac{\frac{a+b-c}{2}}{\frac{ab}{c}}=\frac{c(a+b-c)}{2ab},

то
S_{\triangle A_{1}CB_{1}}=\frac{CA_{1}}{CB}\cdot\frac{CB_{1}}{CB}S_{\triangle ABC}=\frac{b}{b+c}\cdot\frac{a}{a+c}\cdot\frac{ab}{2}=\frac{a^{2}b^{2}}{2(b+c)(a+c)},

S_{\triangle HCA_{1}}=\frac{CA_{1}}{CB}\cdot\frac{CB_{1}}{CA}S_{\triangle BCC_{1}}=\frac{CA_{1}}{CB}\cdot\frac{CB_{1}}{CA}\cdot\frac{BC_{1}}{AB}S_{\triangle ABC}=

=\frac{b}{b+c}\cdot\frac{c(a+b-c)}{2ab}\cdot\frac{a^{2}}{c^{2}}\cdot\frac{ab}{2}=\frac{a^{2}b(a+b-c)}{4c(b+c)}

Аналогично
S_{\triangle HCB_{1}}=\frac{ab^{2}(a+b-c)}{4c(a+c)}
. Тогда
S_{\triangle HCA_{1}}+S_{\triangle HCB_{1}}=\frac{a^{2}b(a+b-c)}{4c(b+c)}+\frac{ab^{2}(a+b-c)}{4c(a+c)}=

=\frac{ab(a+b-c)}{4c}\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}\right)=\frac{ab(a+b-c)(a^{2}+b^{2}+ac+bc)}{4c(b+c)(a+c)}=

=\frac{ab(a+b-c)(c^{2}+ac+bc)}{4c(b+c)(a+c)}=\frac{abc(a+b-c)(a+b+c)}{4c(b+c)(a+c)}=

=\frac{ab((a+b)^{2}-c^{2})}{4(b+c)(a+c)}=\frac{ab\cdot2ab}{4(b+c)(a+c)}=\frac{a^{2}b^{2}}{2(b+c)(a+c)}=S_{\triangle A_{1}CB_{1}}.

Следовательно, точка
H
лежит на отрезке
A_{1}B_{1}
.
Примечание. д) В пункте (б) доказано, что отрезок
K_{1}L_{1}
лежит на средней линии треугольника
ABC
, поэтому
K_{1}L_{1}\parallel AB
. Кроме того,
HK_{1}IL_{1}
— параллелограмм, поэтому его диагональ
HI
проходит через середину
Q
диагонали
K_{1}L_{1}
. Точка
O
— середина основания
AB
трапеции
ABK_{1}L_{1}
, а
I
— точка пересечения её диагоналей, значит, прямая
OI
проходит через середину
Q
основания
K_{1}L_{1}
(см. задачу 1513). Таким образом, прямые
HI
и
OI
проходят через точку
Q
. Следовательно, точки
O
,
H
и
I
лежат на одной прямой — на прямой
QI
.