11316. Из основания H
высоты BH
треугольника ABC
опустили перпендикуляры HP
и HQ
на стороны AB
и BC
. Прямая PQ
пересекает описанную окружность треугольника ABC
в точках K
и L
, а прямая BH
— в точке M
. Докажите, что H
— центр вписанной окружности треугольника KLM
.
Решение. Пусть точка Q
лежит на стороне BC
, BD
— диаметр окружности \Omega
, описанной около треугольника ABC
. Точки P
и Q
лежат на окружности с диаметром BH
, поэтому
\angle PQH=\angle PBH=\angle QBD
(см. задачу 20), поэтому
\angle BQP+\angle QBD=\angle BQP+\angle PQH=\angle BQH=90^{\circ},
т. е. BD\perp KL
. Тогда BK=BL
, поэтому \angle BMK=\angle BML
, значит, точка H
лежит на биссектрисе угла KML
.
Рассмотрим окружность \omega
с центром B
и радиусом BH
. Степень точки P
относительно окружности \omega
равна
BP^{2}-BH^{2}=-PH^{2},
(см. задачу 2635), а степень точки P
относительно окружности \Omega
—
-AP\cdot BP=-PH^{2},
так как PH
— высота прямоугольного треугольника AHB
, проведённая из вершины прямого угла (см. задачи 2627 и 2728). Степени точки P
относительно окружностей \omega
и \Omega
равны, значит, точка P
лежит на радикальной оси этих окружностей. Аналогично для точки Q
, поэтому прямая PQ
, а значит, и прямая KL
— радикальная ось окружностей \omega
и \Omega
(см. задачу 6392). Следовательно, BK=BL=BH
.
Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника KLM
. Тогда по теореме о трилистнике (см. задачу 788) BK=BL=BI
, значит, точка H
совпадает с I
.