10703. В прямоугольном треугольнике ABC
из вершины прямого угла C
проведена высота CD
. Точки I_{1}
и I_{2}
— центры окружностей, вписанных в треугольники ADC
и BDC
соответственно, L
— точка касания вписанной окружности треугольника ABC
с гипотенузой AB
, F
— точка пересечения описанной окружности треугольника I_{1}LI_{2}
с высотой CD
. Докажите, что:
а) F
— центр описанной окружности треугольника I_{1}CI_{2}
;
б) I_{1}L\perp AC
и I_{2}L\perp BC
;
в) I_{1}L=IL=I_{2}L
, где I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
;
г) точки A
, I_{1}
, I_{2}
, B
лежат на одной окружности.
Решение. а) Из задачи 10602 следует, что четырёхугольник LI_{1}FI_{2}
— квадрат, значит, FI_{1}=FI_{2}
и \angle I_{1}FI_{2}=90^{\circ}
. Кроме того, CI_{1}
и CI_{2}
— биссектрисы углов ACD
и BCD
, поэтому
\angle I_{1}CI_{2}=\frac{1}{2}\angle ACB=45^{\circ}=\frac{1}{2}\angle I_{1}FI_{2}.
Значит, точка C
лежит на окружности с центром F
и радиусом FI_{1}=FI_{2}
(см. задачу 2900), т. е. точка F
— центр описанной окружности треугольника I_{1}CI_{2}
.
б) Из предыдущего пункта следует, что
\angle CI_{1}F=\angle FCI_{1}=\angle ACI_{1}.
Значит, I_{1}F\parallel AC
, а так как LI_{1}\perp I_{1}F
, то I_{1}L\perp AC
. Аналогично I_{2}L\perp BC
.
в) Обозначим \angle BAC=\alpha
. Пусть E
— точка пересечения прямой LI_{1}
с катетом AC
. Из прямоугольного треугольника AEL
получаем, что
\angle ALI_{1}=\angle ALE=90^{\circ}-\alpha.
Точки A
, I_{1}
и I
лежат на биссектрисе угла BAC
, поэтому LI_{1}I
— внешний угол треугольника ALI_{1}
. Значит,
\angle LI_{1}I=\frac{\alpha}{2}+90^{\circ}-\alpha=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}.
С другой стороны, из прямоугольного треугольника ALI
получаем, что
\angle LII_{1}=90^{\circ}-\alpha=\angle LI_{1}I,
значит, треугольник LI_{1}I
равнобедренный. Следовательно, LI_{2}=LI_{1}=LI
(равенство LI_{2}=LI_{1}
следует из пункта б) задачи 10602).
г) Обозначим \angle ABC=\beta
. Достаточно доказать, что
\angle II_{1}I_{2}=\angle ABI=\frac{\beta}{2}.
Поскольку LI_{2}\perp BC
(см. пункт б)),
\angle BLI_{2}=\angle90^{\circ}-\beta.
Тогда
\angle ILI_{2}=90^{\circ}-(90^{\circ}-\beta)=\beta,
а так как точка L
— центр окружности, проходящей через точки I_{1}
, I_{2}
, I
(см. пункт в)), то ILI_{2}
— центральный угол этой окружности, соответствующий вписанному углу II_{1}I_{2}
. Следовательно,
\angle II_{1}I_{2}=\frac{1}{2}\angle ILI_{2}=\frac{\beta}{2}.
Что и требовалось доказать.
Примечание. 1. См. статью А.Д.Блинкова и Ю.А.Блинкова «Две окружности в треугольнике, три окружности в треугольнике...», Квант, 2012, N2, с.45-49.
2. См. статью Л.Д.Курляндчика «Прямоугольный треугольник», Квант, 1989, N3, с.56-58.