11228. Дан прямоугольный треугольник ABC
. Вневписанная окружность касается гипотенузы AB
в точке C_{1}
; A_{1}
— точка касания с прямой BC
вневписанной окружности, касающейся стороны AC
; B_{1}
— точка касания с прямой AC
вневписанной окружности, касающейся стороны BC
. Найдите угол A_{1}C_{1}B_{1}
.
Ответ. 45^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Пусть B_{2}
и A_{2}
— точки касания вневписанных окружностей со сторонами AC
и BC
соответственно (рис. 1). Из равенства отрезков касательных следует, что A_{1}B_{1}A_{2}B_{2}
— равнобокая трапеция. Следовательно,
\angle A_{1}B_{2}B_{1}=\angle A_{1}A_{2}B_{1}=45^{\circ}.
Докажем, что точка C_{1}
лежит на окружности \omega_{1}
, описанной около этой трапеции (рис. 1). Пусть окружность \omega_{2}
, описанная около треугольника B_{1}B_{2}C_{1}
повторно пересекает гипотенузу AB
в точке C_{2}
. Тогда AB_{1}\cdot AB_{2}=AC_{1}\cdot AC_{2}
.
Введём стандартные обозначения: AB=c
, BC=a
, AC=b
. Тогда
AB_{1}=BA_{1}=p,~AB_{2}=BA_{2}=p-c,~AC_{1}=p-b,~BC_{1}=p-a,
где p
— полупериметр треугольника. Поскольку радиус r
окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, равен p-c
(см. задачу 217), то
S=pr=p(p-c)=(p-a)(p-b)
(см. задачи 452, 68 и 4862). Тогда AC_{2}=p-a
, а BC_{2}=p-b
. Следовательно, BA_{1}\cdot BA_{2}=BC_{1}\cdot BC_{2}
, т. е. точки A_{1}
, A_{2}
, C_{1}
и C_{2}
лежат на одной окружности \omega_{3}
.
Докажем, что окружности \omega_{1}
, \omega_{2}
и \omega_{3}
совпадают. Пусть это не так, тогда рассмотрим прямые, содержащие их общие хорды, т. е. радикальные оси пар окружностей (см. задачу 6392). Они должны пересекаться в одной точке — радикальном центре данных окружностей (см. задачу 6393). С другой стороны, прямые A_{1}A_{2}
, B_{1}B_{2}
и C_{1}C_{2}
попарно пересекаются в вершинах треугольника ABC
, что противоречит предыдущему утверждению. Значит, окружности совпадают, т. е. точка C_{1}
лежит на окружности \omega_{1}
. Следовательно,
\angle A_{1}C_{1}B_{1}=\angle A_{1}A_{2}B_{1}=45^{\circ}.
Второй способ. Пусть I_{a}
, I_{b}
и I_{c}
— центры вневписанных окружностей треугольника ABC
; точка O
— середина I_{a}I_{b}
; X
, Y
и Z
— проекции точки O
на прямые BC
, CA
и AB
соответственно (рис. 2). Докажем, что O
— центр окружности, описанной около треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
.
Заметим, что треугольник ABC
является ортотреугольником для треугольника I_{a}I_{b}I_{c}
(см. задачу 4769), а окружность, описанная около треугольника ABC
— окружностью девяти точек для треугольника I_{a}I_{b}I_{c}
(см. задачи 4126 и 174). Следовательно, точка O
лежит на описанной окружности треугольника ABC
. Кроме того, CO
— биссектриса внешнего при вершине C
, т. е. O
— середина дуги AB
, содержащей точку C
(см. примечание к задаче 430), а треугольник AOB
— прямоугольный равнобедренный. Следовательно, точка Z
— середина AB
,
OZ=\frac{1}{2}c,~C_{1}Z=|AZ-AC_{1}|=\left|\frac{c}{2}-(p-b)\right|=\frac{1}{2}|b-a|.
Точка X
— проекция точки O
, значит, X
и Y
— середины отрезков A_{1}A_{2}
и B_{1}B_{2}
(см. задачу 1939), а так как BA_{1}=p
, BA_{2}=p-c
(см. задачу 4805), то A_{1}A_{2}=c
. Значит,
XA_{1}=\frac{1}{2}A_{1}A_{2}=\frac{1}{2}c,~XC=OY=OX=\frac{1}{2}|b-a|.
Аналогично, YB_{1}=\frac{1}{2}c
. Тогда треугольники OXA_{1}
, OYB_{1}
и C_{1}ZO
равны, т. е. O
— центр описанной окружности треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
. Кроме того, угол A_{1}OB_{1}
прямой, поскольку при повороте вокруг точки O
на 90^{\circ}
прямая AC
переходит в прямую BC
, прямая OY
— в прямую OX
, а прямая OB_{1}
— в прямую OA_{1}
. Следовательно, искомый угол равен 45^{\circ}
.
Примечание. 1. Окружность, описанная около треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
есть педальная окружность точки, симметричной центру вписанной окружности относительно середины гипотенузы. Подробнее про педальные треугольники и окружности см., например, В.В. Прасолов, «Задачи по планиметрии».
2. Возможны также решения, использующие непосредственные вычисления сторон треугольника A_{1}C_{1}B_{1}
. Далее, угол можно найти, используя следствие из теоремы косинусов.