11252. В прямоугольном треугольнике ABC
проведена высота CD
из вершины прямого угла. Точка I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, L
— точка касания с гипотенузой AB
, точки I_{1}
и I_{2}
— центры вписанных окружностей треугольников ADC
и BDC
, M
и K
— точки их касания с гипотенузой AB
, P
и Q
— точки пересечения с гипотенузой AB
лучей CI_{1}
и CI_{2}
соответственно. Докажите, что:
а) AQ=AC
и BP=BC
;
б) точка I
— ортоцентр треугольника CI_{1}I_{2}
и центр описанной окружности треугольника PCQ
;
в) LI_{1}\parallel BC
и LI_{2}\parallel AC
;
г) LI_{1}=LI=LI_{2}
;
д) прямая I_{1}I_{2}
отсекает от треугольника ABC
равнобедренный треугольник;
е) точки P
, I_{1}
, I
, I_{2}
, Q
лежат на окружности с центром L
и радиусом r
.
Решение. а) Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
. Тогда
\angle ACQ=\angle ACB-\frac{1}{2}\angle BCD=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2},
\angle AQC=\angle CBQ+\angle BCQ=\beta+\frac{1}{2}\alpha=90^{\circ}-\alpha+\frac{1}{2}\alpha=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}=\angle ACQ.
Следовательно, треугольник ACQ
равнобедренный, AQ=AC
. Аналогично BP=BC
.
б) Пусть A_{1}
— точка пересечения луча AI_{1}
с отрезком CQ
. Биссектриса AA_{1}
равнобедренного треугольника ACQ
является его высотой, значит, I_{1}A_{1}
— высота треугольника CI_{1}I_{2}
. Аналогично, если B_{1}
— точка пересечения луча I_{2}I
с отрезком CP
, то I_{2}B_{1}
— вторая высота этого треугольника. Следовательно, I
— ортоцентр треугольника CI_{1}I_{2}
.
Кроме того, AA_{1}
и BB_{1}
— медианы равнобедренных треугольников ACQ
и BCP
, а значит, прямые AA_{1}
и BB_{1}
— серединные перпендикуляры к двум сторонам треугольника PCQ
. Следовательно, точка I
их пересечения — центр описанной окружности этого треугольника.
в) См. пункт б) задачи 10703.
г) Рассмотрим прямоугольный треугольник I_{1}ML
. Из предыдущего пункта следует, что его острый угол при вершине L
равен \beta
. Тогда
LI_{1}=\frac{I_{1}M}{\sin\beta}=\frac{r_{1}}{\cos\alpha}=r=IL.
(см. начало предыдущего пункта). Аналогично, LI_{2}=IL
. Следовательно, LI_{1}=LI=LI_{2}
.
д) Пусть прямая I_{1}I_{2}
пересекает катеты AC
и BC
в точках U
и V
соответственно. Тогда углы \angle CUV=\angle LI_{2}I_{1}
как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых AC
и LI_{1}
(см. пункт в)) и секущей UI_{2}
. Аналогично, \angle CVU=\angle LI_{1}I_{2}
, а так как треугольник I_{1}LI_{2}
равнобедренный (пункт г)), то \angle LI_{1}I_{2}=\angle LI_{2}I_{1}
, то \angle CUV=\angle CVU
. Следовательно, CU=CV
.
е) В пункте г) доказано, что LI_{1}=LI_{2}=LI=r
. В пункте б) доказано, что I
— центр описанной окружности треугольника PCQ
, а так как
\angle PCQ=\frac{1}{2}\angle ACD+\frac{1}{2}BCD=\frac{1}{2}(\angle ACD+\angle BCD)=45^{\circ},
то центральный угол PIQ
этой окружности, соответствующий вписанному углу PCQ
, равен 90^{\circ}
. Значит, высота IL
равнобедренного прямоугольного треугольника PIQ
является медианой, и поэтому LP=LQ=LI=r
. Следовательно, точки P
, I_{1}
, I
, I_{2}
, Q
лежат на окружности с центром L
и радиусом r
.
Примечание. 1. См. статью Л.Д.Курляндчика «Прямоугольный треугольник», Квант, 1989, N3, с.56-58.
2. См. также статью А.Д.Блинкова и Ю.А.Блинкова «Две окружности в треугольнике, три окружности в треугольнике...», Квант, 2012, N2, с.45-49.
Источник: Журнал «Квант». — 1989, № 3, с. 56