11376. В треугольнике ABC
проведены биссектрисы AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
. Прямая, перпендикулярная AA_{1}
и проходящая через середину AA_{1}
, пересекается с прямыми BB_{1}
и CC_{1}
в точках K
и M
соответственно. Докажите, что окружность, описанная около треугольника AKM
, проходит через центр вписанной в треугольник ABC
окружности.
Решение. Точка K
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AA_{1}
и на биссектрисе угла ABA_{1}
, поэтому точка K
равноудалена от концов отрезка AA_{1}
, т. е. KA=KA_{1}
, и от сторон угла, т. е. KP=KQ
, где P
и Q
— проекции точки K
на лучи BA
и BA_{1}
(см. задачи 1129 и 1138). При этом BA\gt BA_{1}
(см. задачу 3544), поэтому точка P
лежит на отрезке AB
, а точка Q
— на продолжении отрезка BA_{1}
за точку A_{1}
. Из равенства прямоугольных треугольников APK
и A_{1}QK
получаем, что
\angle BAK=\angle PAK=\angle KA_{1}Q,
значит, четырёхугольник BAKA_{1}
вписанный. Обозначим через \omega
его описанную окружность.
Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
(точка пересечения его биссектрис). Обозначим \angle ABC=\beta
и \angle ACB=\gamma
. Тогда
\angle B_{1}IC_{1}=\angle BIC=180^{\circ}-\frac{\alpha}{2}-\frac{\gamma}{2}.
Точка I
лежит на описанной окружности треугольника AKM
, если четырёхугольник AMIK
вписанный, т. е. достаточно доказать, что \angle MAK=\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}
.
Вписанные в окружность \omega
углы KAA_{1}
и KBA_{1}
опираются на одну и ту же дугу, значит,
\angle KAA_{1}=\angle KBA_{1}=\frac{\beta}{2}.
Аналогично, \angle MAA_{1}=\frac{\gamma}{2}
. Значит,
\angle MAK=\angle KAI+\angle MAI=\angle KAA_{1}+\angle MAA_{1}=\frac{\alpha}{2}+\frac{\gamma}{2}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия: 9—11 кл.: От учебной задачи к творческой: Учебное пособие. — М.: Дрофа, 1996. — № 920, с. 113