10269. Вписанная окружность прямоугольного треугольника ABC
с прямым углом при вершине C
касается сторон AB
, BC
и CA
в точках C_{1}
, A_{1}
и B_{1}
соответственно. Высоты треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
пересекаются в точке D
. Найдите расстояние между точками C
и D
, если катеты треугольника ABC
равны 3 и 4.
Ответ. 1.
Решение. Вписанная окружность треугольника ABC
является описанной для треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
. Пусть I
— центр этой окружности, r
— её радиус, p
— полупериметр треугольника ABC
. Тогда A_{1}IB_{1}C
— квадрат.
Первый способ. Докажем, что четырёхугольник CDC_{1}I
— параллелограмм. Действительно, IC\perp A_{1}B_{1}
и C_{1}D\perp A_{1}B_{1}
, так как прямая C_{1}D
содержит высоту треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
. Значит, IC_{1}\parallel C_{1}D
. Кроме того, IC=C_{1}D
, так как в любом треугольнике расстояние от центра описанной окружности до середины стороны в два раза меньше расстояния от противолежащей вершины до ортоцентра треугольника (см. задачу 1257). Из доказанного следует, что
CD=IC_{1}=r=\frac{S_{\triangle ABC}}{p}=\frac{AC\cdot BC}{AC+BC+AB}=\frac{3\cdot4}{3+4+5}=1
(см. задачу 452).
Второй способ. Используя теорему об угле между касательной и хордой и учитывая, что A_{1}IB_{1}C
— квадрат, получим, что
\angle B_{1}C_{1}A_{1}=\angle CB_{1}A_{1}=45^{\circ}.
Пусть B_{1}F
и A_{1}E
— высоты треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
. Из четырёхугольника DEC_{1}F
находим, что \angle EDF=135^{\circ}
.
Рассмотрим окружность с центром C
и радиусом CB_{1}=CA_{1}
. Докажем, что точка D
лежит на этой окружности. Действительно, рассмотрим на ней произвольную точку K
на большей дуге B_{1}A_{1}
. Тогда
\angle B_{1}KA_{1}=\frac{1}{2}\angle B_{1}CA_{1}=45^{\circ}.
Значит,
\angle B_{1}KA_{1}+\angle B_{1}DA_{1}=45^{\circ}+135^{\circ}=180^{\circ}.
Следовательно, четырёхугольник B_{1}KA_{1}D
вписанный. Что и требовалось доказать.
Таким образом,
CD=CB_{1}=r=\frac{S_{\triangle ABC}}{p}=\frac{AC\cdot BC}{AC+BC+AB}=\frac{3\cdot4}{3+4+5}=1
(см. задачу 452).