11368. Пусть AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
— биссектрисы треугольника ABC
, L
— точка пересечения прямых AA_{1}
и B_{1}C_{1}
, K
— точка пересечения прямых A_{1}B_{1}
и CC_{1}
. Докажите, что BB_{1}
— биссектриса угла LBK
.
Решение. Через точки L
и K
проведём прямые, параллельные BB_{1}
. Пусть они пересекают прямые AB
и BC
в точках L_{1}
и K_{1}
соответственно. Углы при вершинах L_{1}
и K_{1}
треугольников LBL_{1}
и KBK_{1}
равны, так как равны углы B_{1}BL_{1}
и B_{1}BK_{1}
. Докажем, что треугольники LBL_{1}
и KBK_{1}
подобны. Отсюда будет следовать равенство углов LBL_{1}
и KBK_{1}
.
По теореме о пропорциональных отрезках и подобия треугольников KA_{1}K_{1}
и B_{1}AB
получаем, что
\frac{BK_{1}}{BA_{1}}=\frac{B_{1}K}{B_{1}A_{1}}~\mbox{и}~\frac{K_{1}K}{BB_{1}}=\frac{A_{1}K}{A_{1}B_{1}}.
Разделив первое из этих равенств на второе, получим, что
\frac{BK_{1}}{BA_{1}}\cdot\frac{BB_{1}}{K_{1}K}=\frac{B_{1}K}{B_{1}A_{1}}\cdot\frac{A_{1}B_{1}}{A_{1}K}=\frac{B_{1}K}{A_{1}K},
откуда, применив свойство биссектрисы треугольника (см. задачу 1509), получим, что
\frac{BK_{1}}{K_{1}K}=\frac{B_{1}K}{A_{1}K}\cdot\frac{BA_{1}}{BB_{1}}=\frac{CB_{1}}{CA_{1}}\cdot\frac{BA_{1}}{BB_{1}}=\frac{CB_{1}}{CA_{1}}\cdot\frac{BA_{1}}{BB_{1}}=
=\frac{BA_{1}}{CA_{1}}\cdot\frac{CB_{1}}{BB_{1}}=\frac{BA}{AC}\cdot\frac{CB_{1}}{BB_{1}}=\frac{c}{b}\cdot\frac{ab}{a+c}\cdot\frac{1}{BB_{1}}=\frac{ac}{a+c}\cdot\frac{1}{BB_{1}}
(где a=BC
, b=AC
, c=AB
). Аналогично,
\frac{BL_{1}}{L_{1}L}=\frac{ac}{a+c}\cdot\frac{1}{BB_{1}}.
Значит, \frac{BK_{1}}{K_{1}K}=\frac{BL{1}}{L_{1}L}
, и треугольники LBL_{1}
и KBK_{1}
подобны по двум сторонам и углу между ними. Тогда \angle LBL_{1}=\angle KBK_{1}
. Следовательно,
\angle LBB_{1}=\angle B_{1}BL_{1}-\angle LBL_{1}=\angle B_{1}BK_{1}-\angle KBK_{1}=\angle KBB_{1},
т. е. BB_{1}
— биссектриса угла LBK
.