10292. Дан треугольник ABC
. На лучах AB
и AC
(вне треугольника) отмечены точки A_{1}
и A_{2}
соответственно так, что BA_{1}=CA_{2}=BC
; A_{0}
— точка пересечения отрезков BA_{2}
и CA_{1}
. Докажите, что прямая, проходящая через A_{0}
перпендикулярно прямой BC
, содержит центр вневписанной окружности треугольника ABC
.
Решение. Пусть I
— центр окружности, вписанной в треугольник ABC
, I_{a}
— центр вневписанной окружности, касающейся стороны BC
.
Первый способ. Лучи BI_{a}
и CI_{a}
— биссектрисы внешних углов при вершинах B
и C
треугольника ABC
. По условию треугольники A_{1}BC
и A_{2}CB
равнобедренные, поэтому BI_{a}\perp A_{1}C
и CI_{a}\perp A_{2}B
(рис. 1). Следовательно, I_{a}
— точка пересечения двух высот треугольника A_{0}BC
, значит третья высота этого треугольника лежит на прямой A_{0}I_{a}
, т. е. A_{0}I_{a}\perp BC
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Треугольник A_{1}BC
равнобедренный, поэтому отрезок A_{1}C
параллелен биссектрисе BI
(рис. 2). Аналогично, отрезок A_{2}B
параллелен биссектрисе CI
. Значит, A_{0}BIC
— параллелограмм. Тогда основания перпендикуляров, опущенных из точек I
и A_{0}
на BC
, равноудалены от его середины A'
. Этим же свойством обладают точки касания со стороной BC
вписанной и вневписанной окружностей (см. задачу 4805). Значит, радиус вневписанной окружности лежит на прямой, проходящей через точку A_{0}
перпендикулярно к BC
. Следовательно, эта прямая содержит центр I_{a}
вневписанной окружности.